ZADANIA Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ I TEORII LICZB

U N I W E R S Y T E T S Z C Z E C I Ń S K I
GRZEGORZ SZKIBIEL, CZESLAW WOWK
ZADANIA
Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ
I TEORII LICZB
SZCZECIN 1999
SPIS TREŚCI
Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Cze, ść I – Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Cze, ść II – Rozwia,zania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
1. Podstawowe wlasności liczb calkowitych . . . . . . . 7
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
1.7.
1.8.
51
Podzielność liczb calkowitych. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7
Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Dzielenie z reszta, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Cze, ść calkowita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Dzielenie z reszta, – dalsze wlasności . . . . . . . . . . . . . . 12
Najwie, kszy wspólny dzielnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Najmniejsza wspólna wielokrotność . . . . . . . . . . . . . . 15
Zasadnicze twierdzenie arytmetyki . . . . . . . . . . . . . . . 16
51
53
55
56
59
61
62
64
2. Liczby pierwsze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
66
2.1. Poje, cie liczby pierwszej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Ile jest liczb pierwszych? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki . . . 18
66
67
68
4
2.4.
2.5.
2.6.
2.7.
Uwagi o funkcji π(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Twierdzenie Dirichleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Liczba dzielników oraz funkcja Eulera . . . . . . . . . . . . 23
Rozklad na czynniki dużych liczb naturalnych . . . . 24
70
71
73
75
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych . . . . 26
77
3.1. Poje, cie pozycyjnego systemu zapisu liczb . . . . . . . . . 26
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach
pozycyjnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.3. Ulamki w różnych systemach pozycyjnych . . . . . . . . 30
77
82
85
4. Algorytm Euklidesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
89
4.1. Szukanie NWD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2. Równania liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.3. Rozwia,zywanie równań liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . 37
89
93
94
5. Kongruencje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
98
5.1.
5.2.
5.3.
5.4.
5.5.
5.6.
5.7.
5.8.
Podstawowe wlasności kongruencji . . . . . . . . . . . . . . . 39
Kongruencje a wielomiany . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Kongruencje a równania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Male Twierdzenie Fermata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Pewne zastosowania twierdzenia Eulera . . . . . . . . . . 44
Rozwinie, cie okresowe a kongruencje . . . . . . . . . . . . . . 46
Zastosowania twierdzenia Wilsona . . . . . . . . . . . . . . . 48
Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach. . . . . . . .49
98
100
102
103
105
108
109
110
Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
PRZEDMOWA
Jeden z wybitnych matematyków naszego stulecia, G.H. Hardy
powiedzial:
Elementarna teoria liczb powinna być uważana za jeden
z najwlaściwszych przedmiotów w pocza,tkach wyksztalcenia
matematycznego. Wymaga ona bardzo malo uprzedniej wiedzy,
a przedmiot jej jest uchwytny i znajomy. Metody, które stosuje, sa, proste, ogólne i nieliczne, i nie ma sobie równej wśród
nauk matematycznych w odwolaniu sie, do naturalnej ludzkiej
ciekawości 1.
Mamy nadzieje, , że umieszczenie w programie zawodowych
studiów matematycznych takich przedmiotów jak arytmetyka szkolna i arytmetyka be, dzie okazja, do zilustrowania slów G.H. Hardy’ego.
Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb to skrypt adresowany w pierwszym rze, dzie do studentów studiów zawodowych,
którzy zetkna, sie, z teoria, liczb w ramach przedmiotów arytmetyka
szkolna i arytmetyka. Ponieważ w skrypcie umieściliśmy wiele
zadań z olimpiad matematycznych, wie, c może on być przydatny
także uczniom o zainteresowaniach matematycznych. Polecamy nasz
skrypt również studentom starszych lat studiów matematycznych,
zainteresowanym wykladem z kryptografii, ponieważ nie da sie, studiować tego przedmiotu bez znajomości elementarnej teorii liczb.
Aby na wykladzie z kryptografii szybciej przejść do realizacji zasadniczych hasel, pewne zagadnienia z teorii liczb be, dzie można po1
G.H. Hardy: A Mathematician’s Apology, 1940
6
Przedmowa
zostawić sluchaczom do samodzielnego przeczytania w niniejszym
skrypcie.
Skrypt sklada sie, z dwóch cze, ści. W pierwszej cze, ści znajduja,
sie, najważniejsze twierdzenia przypadaja,ce na dany rozdzial oraz
zadania do rozwia,zania. Natomiast w drugiej cze, ści umieściliśmy
szczególowe rozwia,zania. Ponieważ w nauce matematyki istotna,
rzecza, jest umieje, tność rozwia,zywania różnych problemów, przeto
rozwia,zania zadań (ze skryptu) należy czytać dopiero po wielu
samodzielnych próbach wykonania zadania. Cze, ść zadań zamieszczonych w skrypcie jest pomyslu autorów, ale znaczna cze, ść zostala
zaczerpnie, ta z literatury, której spis znajduje sie, na końcu skryptu.
Zadania ulożone sa, w kolejności od latwiejszych do trudniejszych,
ale najtrudniejsze zadania niekoniecznie znajduja, sie, na końcu paragrafu. Pomine, liśmy też stosowane cze, sto w literaturze oznaczenie *
dla zadań trudniejszych, ponieważ wydaje sie, nam, że istnieje spora
grupa Czytelników, którzy znieche, caja, sie, do pracy nad problemem
z ,,gwiazdka,”.
W skrypcie obowia,zuje powszechnie stosowana symbolika. Jest
ona wyjaśniana w pocza,tkowych fragmentach odpowiednich paragrafów oraz w tekstach niektórych zadań.
CZE, ŚĆ I – ZADANIA
1. Podstawowe wlasności liczb calkowitych
1.1. Podzielność liczb calkowitych. Mówimy, że liczba
calkowita m ̸= 0 dzieli liczbe, calkowita, a , jeżeli istnieje taka liczba
calkowita n , że m · n = a . Fakt ten zapisujemy m|a . Na przyklad
3|276 , bo 276 = 3 · 92 . Jeśli liczba m nie dzieli a , co oznacza,
że nie istnieje żadna liczba calkowita n , dla której mn = a , to
piszemy m̸ | a . Jeżeli m|a , to mówimy też, że m jest dzielnikiem
liczby a , natomiast liczbe, a nazywamy wielokrotnościa, liczby m .
1.1.1. Rozstrzygnij, czy 5|12354 , czy 5|12345 .
1.1.2. Pokaż, że jeśli m|a , to m|(−a) .
1.1.3. Uzasadnij, że jeśli m|a oraz b jest dowolna, liczba, calkowita,, to m|ab .
1.1.4. Wiadomo, że 15|225 . Rozstrzygnij, czy 15|675 oraz
czy 15|5775 .
1.1.5. Zalóżmy, że m|ab dla pewnych liczb calkowitych m , a
i b . Czy m musi wtedy dzielić a lub b ?
1.1.6. Pokaż, że jeżeli m|a oraz m|b , to m|a + b i m|a − b .
1.1.7. Wiadomo, że 14|784 . Pokaż, że 14|770 oraz że 14|812 .
8
Cze,ść I – Zadania
1.1.8. Wiadomo, że 14|784 . Czy 7|784 ? A czy 7|817 ?
1.1.9.
Zgadnij, czy 14|790 , a naste, pnie sprawdź swoja,
odpowiedź biora,c pod uwage, poprzednie zadanie.
1.1.10. Wiadomo, że 56|2576 . Jaka jest naste, pna (po 2576)
liczba podzielna przez 56?
1.1.11. Wiemy, że 7|315 . Wypisz wszystkie liczby wie, ksze od
290 i mniejsze od 340, które sa, podzielne przez 7.
1.1.12. Zalóżmy, że m|a + b . Czy oznacza to, że m|a i m|b ?
A może oznacza to, że m|a lub m|b ?
1.1.13. Zalóżmy, że m|a + b oraz m|a − b . Czy wtedy m|a i
m|b ? Jeżeli nie, to czy potrafisz sformulować dodatkowe zalożenia
o m tak, by naste, puja,ce zdanie bylo prawdziwe.
Jeśli m|a + b i m|a − b , to m|a i m|b .
1.1.14. Pokaż, że jeśli m|a oraz n|m , to n|a .
1.1.15. Pokaż, że jeżeli m|a i a ̸= 0 , to |m| ≤ |a| .
1.1.16. Pokaż, że jeżeli m|a i a|m , to m = a lub m = −a .
1.2. Zasada indukcji matematycznej. Podczas nauki
matematyki w szkole średniej cze, sto korzystaliśmy z tak zwanej zasady indukcji matematycznej (ZIM). Przypomnijmy sformulowanie
tej zasady:
Niech T (n) be, dzie zdaniem dotycza,cym liczby naturalnej n . Jeżeli
10 T (m0 ) jest zdaniem prawdziwym, gdzie m0 jest pewna, liczba,
należa,ca, do N0 ;
0
2 z prawdziwości zdania T (k) (gdzie k ∈ N0 , k ≥ m0 ) wynika
prawdziwość zdania T (k + 1) ;
to zdanie T (n) jest prawdziwe dla każdego n ≥ m0 .
Przez N0 oznaczyliśmy tu zbiór liczb calkowitych nieujemnych, czyli zbiór {0,1,2,. . .} . Podobnie, przez Nm oznaczymy zbiór
wszystkich liczb calkowitych wie, kszych lub równych m , tj. zbiór
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
9
{m,m + 1,m + 2,. . .} . Stosuja,c powyższe oznaczenia możemy nadać
zasadzie indukcji matematycznej naste, puja,ca, postać:
Niech M ⊂ N0 be, dzie zbiorem takim, że
10 m0 ∈ M ;
20 dla dowolnego k ∈ Nm0 , jeśli k ∈ M , to k + 1 ∈ M .
Wówczas Nm0 ⊂ M .
Zasada indukcji matematycznej jest równoważna zasadzie minimum (ZM), która orzeka, że w każdym niepustym zbiorze A liczb
calkowitych nieujemnnych istnieje liczba najmniejsza. Wykażemy
teraz, że z ZIM wynika ZM 1 .
Przypuśćmy, że A jest niepustym zbiorem liczb calkowitych
nieujemnych, w którym nie ma liczby najmniejszej. Niech B
be, dzie zbiorem liczb calkowitych nieujemnych zdefiniowanym w
naste, puja,cy sposób: n ∈ B ⇐⇒ dla każdej liczby calkowitej
nieujemnej m , jeżeli m ≤ n , to m ∈
/ A . Zauważmy, że 0 ∈
/ A , bo
w przeciwnym wypadku w zbiorze A istnialaby liczba najmniejsza,
która, byloby 0 . Zatem 0 ∈ B .
Zalóżmy, że n ∈ B . Wtedy n + 1 ∈
/ A , gdyż w przeciwnym
razie n + 1 byloby najmniejsza, liczba, zbioru A . Wynika to sta,d,
że skoro n ∈ B , wie, c z definicji zbioru B mamy
n∈
/ A,
n−1∈
/ A, . . . , 0 ∈
/ A.
Zatem w konsekwencji n + 1 ∈ B .
Wykazaliśmy, że zbiór B spelnia zalożenia ZIM (w drugim
sformulowaniu), wie, c B = N0 .
Biora,c pod uwage, definicje, zbioru B , wnioskujemy, że A jest
zbiorem pustym, co przeczy naszemu zalożeniu.
1.2.1. Udowodnij, że z zasady minimum wynika zasada indukcji matematycznej.
1.2.2. Korzystaja,c z zasady indukcji uzasadnij, że 3|n3 + 5n
dla dowolnego n ∈ N0 .
1
Przy pierwszym czytaniu Czytelnik może pomina,ć to uzasadnienie.
10
Cze,ść I – Zadania
n
1.2.3. Wykaż, że 7 jest ostatnia, cyfra, liczby 22 + 1 , gdy n ∈
n
N2 (liczby 22 + 1 , gdzie n ∈ N0 nazywamy liczbami Fermata).
n
1.2.4. Uzasadnij, że 10|22 − 6 dla n ∈ N2 .
n
1.2.5. Wykaż, że 1 jest ostatnia, cyfra, liczby 24 −5 dla n ∈ N
( = N1 ).
1.3. Dzielenie z reszta,. Jak wiadomo, jeśli mamy ustalona,
liczbe, calkowita, m , to nie każda liczba calkowita dzieli sie, przez m .
Na przyklad 34 nie dzieli sie, przez 5, ponieważ nie ma takiej liczby
calkowitej, która pomnożona przez 5 da iloczyn równy 34. Oznacza
to, że gdybyśmy chcieli rozdzielić 34 zeszyty mie, dzy pie, ciu uczniów,
tak aby każdy otrzymal jednakowa, ilość, to nie potrafilibyśmy tego
dokonać. Możemy jednakże dać każdemu uczniowi po 6 zeszytów
i pozostana, nam jeszcze 4. Dziela,c 34 przez 5 otrzymujemy zatem
6 oraz reszte, 4. Fakt ten zapisujemy 34 = 5 · 6 + 4 .
Przypuśćmy, że mamy dwie liczby calkowite n oraz d , przy
czym d ̸= 0 . Dzielenie (z reszta,) liczby n przez d polega na
znalezieniu liczb calkowitych q oraz r takich, że n = qd + r oraz
0 ≤ r < |d| . Liczbe, r nazywamy reszta, z dzielenia n przez d ,
a liczbe, q niepelnym ilorazem lub ilorazem cze, ściowym tego dzielenia. Oczywiste jest, że d|n wtedy i tylko wtedy, gdy r = 0 .
1.3.1. Znajdź niepelny iloraz i reszte, z dzielenia
(a) 23 przez 3;
(b) 43 przez 4;
(c) 36 przez 12.
1.3.2. Niech n i d be, da, liczbami calkowitymi, przy czym
d ≥ 1 . Korzystaja,c z zasady minimum wykaż, że istnieje dokladnie
jedna para liczb calkowitych q i r taka, że n = dq + r , gdzie
0 ≤ r < d.
1.3.3. Pokaż, że kwadrat liczby calkowitej nieparzystej przy
dzieleniu przez 8 daje reszte, 1.
1.3.4. Pokaż, że suma kwadratów dwóch kolejnych liczb naturalnych przy dzieleniu przez 4 daje reszte, 1.
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
11
1.3.5. Udowodnij, że liczba naturalna postaci 3m + 2 ( m ∈
N ) nie jest kwadratem żadnej liczby calkowitej.
1.3.6. Uzasadnij, że suma kwadratów dwóch liczb nieparzystych nie jest kwadratem żadnej liczby calkowitej.
1.4.
Cze, ść calkowita.
Jeżeli x jest dowolna, liczba,
rzeczywista,, to istnieje najwie, ksza liczba calkowita n spelniaja,ca
warunek n ≤ x . Liczbe, n nazywamy cze, ścia, calkowita, liczby
x i oznaczamy symbolem [x] lub E(x) . Z określenia liczby [x]
wynika, że
[x] ≤ x < [x] + 1.
(∗)
Istotnie, gdyby x ≥ [x]+1 , to liczba [x]+1 bylaby liczba, calkowita,
wie, ksza, od [x] spelniaja,ca, warunek [x] + 1 ≤ x . Jest to sprzeczne
z definicja, cze, ści calkowitej liczby x .
Z nierówności (*) wynika, że 0 ≤ x − [x] < 1 . Liczbe, x − [x]
nazywamy cze, ścia, ulamkowa, liczby x i oznaczamy symbolem {x} .
Latwo zobaczyć, że x = [x] + {x} .
{ }
Przyklady: [− 12 ] = −1 , [4,7] = 4 , [−7,3] = −8 , − 21 = 21 ,
{4,7} = 0,7 , {−7,3} = 0,7 .
1.4.1. Wykaż, że jeżeli x , y ∈ R , oraz x ≤ y , to [x] ≤ [y] .
1.4.2. Uzasadnij, że jeżeli α ∈ (0,1) oraz n ∈ N , to [−n +
α] = −n .
1.4.3. Uzasadnij, że jeżeli
(a) x jest liczba, calkowita,, to [−x] = −[x] ;
(b) x nie jest liczba, calkowita,, to [−x] = −[x] − 1 ;
(c) x ∈ R , n ∈ Z , to [x + n] = [x] + n.
1.4.4. Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x oraz y
zachodzi nierówność
[x + y] ≥ [x] + [y].
1.4.5. Udowodnij, że jeżeli [x] = [y] , to |x − y| < 1 .
12
Cze,ść I – Zadania
1.4.6. Wykaż, że jeśli n jest liczba, naturalna,, a x liczba,
rzeczywista,, to
[ ] [ ]
[x]
x
=
.
n
n
1.4.7. Rozwia,ż równanie
[
]
5x + 4
2x + 3
=
.
7
5
1.4.8. Uzasadnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x i dowolnej liczby naturalnej n zachodzi równość
[
] [
]
[
]
1
2
n−1
[x] + x +
+ x+
+ ··· + x +
= [nx].
n
n
n
1.4.9. Niech n i k be, da, liczbami naturalnymi. Wykaż, że
] [
]
[
]
n+1
n+2
n+k−1
+
+
+ ··· +
= n.
k
k
k
k
[n]
[
1.5. Dzielenie z reszta, – dalsze wlasności. Dziela
[ ],c
34 przez 5 otrzymujemy 6 i reszte, . Zauważmy, że 6 = 34
5 .
Wykorzystuja,c wlasności cze, ści calkowitej można podać algorytm
dzielenia (z reszta,) liczby calkowitej m przez liczbe, calkowita,
n > 0 . Klada,c
q=
[m]
n
oraz
r = m − nq
mamy q ≤ m
n < q + 1 . Sta,d qn ≤ m < qn + n . Zatem 0 ≤ r =
m − qn < n .
1.5.1. Podziel z reszta, (pamie, taja,c, że reszta z dzielenia ma
być liczba, nieujemna,)
(a) 83 przez −3 ;
(b) −71 przez −4 .
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
13
1.5.2. Rozwia,zuja,c zadanie 1.5.1, można zauważyć, że algorytmu podanego we wste, pie nie można zastosować, jeśli n < 0 .
Zmodyfikuj ten algorytm tak, aby można bylo go zastosować przy
dzieleniu liczby calkowitej m przez liczbe, calkowita, n < 0 .
1.5.3. Uzasadnij, [że ]jeżeli p , n ∈ N , to wśród wyrazów cia,gu
1 , 2 , 3 , . . . , n jest np wielokrotności liczby p .
1.5.4. Znajdź najmniejsza, liczbe, naturalna, n spelniaja,ca,
wszystkie poniższe warunki:
– reszta z dzielenia n przez 2 jest równa 1,
– reszta z dzielenia n przez 3 jest równa 2,
– reszta z dzielenia n przez 4 jest równa 3,
– reszta z dzielenia n przez 5 jest równa 4.
1.6. Najwie, kszy wspólny dzielnik. Niech m i n be, da,
dwiema liczbami calkowitymi, przy czym m ̸= 0 lub n ̸= 0 . Liczbe,
calkowita, d ≥ 1 nazywamy najwie, kszym wspólnym dzielnikiem
liczb m i n (co oznaczamy NWD(m, n) ), jeśli
(a) d dzieli m i d dzieli n;
(b) jeżeli liczba calkowita c dzieli m oraz n , to c dzieli d .
Bezpośrednio z powyższej definicji wynika, że jeżeli m ̸= 0 , to
wtedy NWD(m, 0) = |m| . Weźmy teraz dwie liczby calkowite m ̸= 0
oraz n ̸= 0 . Uzasadnimy, że z zasady minimum wynika istnienie
NWD(m, n) . W tym celu rozważmy zbiór
X = {xm + yn ≥ 1 : x,y ∈ Z} .
Ponieważ m·m+n·n ≥ 1 , wie, c X ̸= ∅ . Z zasady minimum wynika,
że w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech d = am + bn
be, dzie ta, liczba, ( a , b ∈ Z ). Zauważmy, że d|m oraz d|n . Istotnie,
jeśli zapiszemy m = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d , wtedy mamy
r = m − dq = m − (am + bn)q = m(1 − aq) + n(−bq).
Gdyby r ≥ 1 , to r ∈ X oraz r < d , co jest sprzeczne z wyborem d .
Zatem r = 0 , czyli d|m . Analogicznie uzasadniamy, że d|n . Tak
wie, c d spelnia warunek (a) definicji NWD.
14
Cze,ść I – Zadania
Aby pokazać, że warunek (b) także jest spelniony, zalóżmy,
że pewna liczba c dzieli zarówno m , jak i n . Sta,d wynika, że
istnieja, takie liczby calkowite m1 oraz n1 , że m = cm1 i n = cn1 .
Sta,d d = am + bn = c(am1 + bn1 ) , czyli c|d . Wykazaliśmy, że
d = NWD(m, n) .
15
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
Z powyższych rozważań otrzymujemy naste, puja,cy
Wniosek. Jeżeli NWD(m, n) = d , to istnieja, liczby calkowite x i y
takie, że mx + ny = d .
Uwaga. Zauważmy, że jeśli dla liczb m , n i d znajdziemy takie x
i y , że mx + ny = d , to nie znaczy to jeszcze, że d = NWD(m, n) .
Na przyklad, dla m = 1 , n = 2 oraz d = 7 mamy 3m + 2n = d ,
ale 7 nie jest oczywiście najwie, kszym wspólnym dzielnikiem liczb
1 i 2.
Jeżeli NWD(m, n) = 1 , to mówimy, że liczby m i n sa,
wzgle, dnie pierwsze.
1.6.1. Pokaż, że jeżeli m|n , to
NWD(m, n)
1.6.2. Pokaż, że jeżeli m = nq +r , to
1.6.3. Znajdź
= |m| .
NWD(m, n)
= NWD(n, r) .
NWD(98, 56) .
1.6.4. Pokaż, że
NWD(n, n
+ 1) = 1 .
1.6.5. Pokaż, że dla dowolnego k ∈ N zachodzi
NWD(2k
+ 1, 2k + 3) = 1.
1.6.6. Niech d = NWD(m, n) i niech m = dm1 oraz n = dn1 .
Pokaż, że NWD(m1 , n1 ) = 1 .
1.6.7. Zalóżmy, że ulamek
a
ulamek a+b
jest nieskracalny.
a
b
jest nieskracalny. Sprawdź, czy
1.6.8. Pokaż, że jeżeli liczby m i n sa, wzgle, dnie pierwsze
oraz m|nk , to m|k .
1.6.9. Zalóżmy, że dane sa, trzy liczby calkowite m , n , p ,
z których przynajmniej jedna jest różna od zera. Określ NWD dla
tych liczb przez analogie, do NWD dla dwóch liczb, a naste, pnie oblicz
NWD(24,36,120) .
1.6.10. Uogólnij definicje, najwie, kszego wspólnego dzielnika
na przypadek k liczb, tj. dla a1 , a2 , . . . , ak ∈ Z . Zdefiniuj
NWD(a1 ,a2 ,. . . ,ak ) . Oblicz NWD(36,120,180,600) .
16
Cze,ść I – Zadania
1.6.11. Zalóżmy, że dane sa, trzy liczby calkowite m , n i p .
df
Zdefiniujmy PNWD(m,n,p) = NWD(m, NWD(n, p)) . Pokaż, że tak zdefiniowany PNWD jest równy najwie, kszemu wspólnemu dzielnikowi
liczb m , n i p (zdefiniowanemu w zadaniu 1.6.9).
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność. Zalóżmy, że
n i m sa, liczbami calkowitymi różnymi od zera. Liczbe, calkowita,
s nazywamy najmniejsza, wspólna, wielokrotnościa, liczb m i n (co
zapisujemy NWW(m, n) = s ), jeśli
1) s ≥ 1 ,
2) m|s oraz n|s ,
3) jeżeli liczba calkowita t spelnia warunek n|t i m|t , to s|t .
Na przyklad NWW(6, 9) = 18 .
Analogicznie określamy najmniejsza, wspólna, wielokrotność k
różnych od zera liczb calkowitych a1 , a2 , . . . , ak i oznaczamy ja,
przez NWW(a1 , a2 ,. . . ,ak ) .
1.7.1.
(a) Znajdź najmniejsza, liczbe, naturalna,, która po podzieleniu
przez każda, z liczb 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje zawsze
reszte, 1.
(b) Znajdź najmniejsza, liczbe, naturalna,, która po podzieleniu
przez 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje, odpowiednio, reszty 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
1.7.2. Zalóżmy, że NWD(a, b) = d i niech a = da1 , b = db1 .
Uzasadnij, że NWW(a, b) = a1 db1 .
1.7.3. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi równość ab = NWD(a, b) · NWW(a, b).
1.7.4. Wykaż, że jeżeli liczby a i b sa, wzgle, dnie pierwsze, to
= ab .
NWW(a, b)
1.7.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi nierówność
a + b ≤ NWD(a, b) + NWW(a, b).
17
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
1.7.6. W podre, cznikach szkolnych można znaleźć naste, puja,ce
definicje NWW i NWD. ,,Najmniejsza, wspólna, wielokrotnościa, liczb
m i n nazywamy najmniejsza, nieujemna, liczbe, w zbiorze wspólnych
wielokrotności m oraz n ”. ,,Najwie, kszym wspólnym dzielnikiem
liczb m i n nazywamy najwie, ksza, liczbe, w zbiorze wspólnych dzielników m oraz n ”. Posluguja,c sie, tylko tymi ,,szkolnymi” definicjami pokaż, że
(a) wspólna wielokrotność liczb m i n jest podzielna przez
najmniejsza, wspólna, wielokrotność liczb m i n ;
(b) wspólny dzielnik liczb m i n jest dzielnikiem najwie, kszego wspólnego dzielnika liczb m i n .
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki. W literaturze
zasadnicze twierdzenie arytmetyki przyjmuje różne (równoważne)
sformulowania. Jedno z nich jest naste, puja,ce
Twierdzenie. Liczba naturalna be, da,ca dzielnikiem iloczynu dwóch
liczb naturalnych i pierwsza wzgle, dem jednego z czynników jest
dzielnikiem drugiego, tzn. jeżeli n|ab i NWD(n, a) = 1 , to n|b .
Dowód. Ponieważ n|ab i a|ab , wie, c ab jest wspólna, wielokrotnościa, liczb n oraz a . Z definicji NWW wynika, że NWW(n, a)|ab . Istnieje wie, c liczba calkowita t taka, że NWW(n, a) · t = ab . Ponieważ
NWD(n, a) = 1 , wie, c NWW(n, a) = na . Sta,d nat = ab , a sta,d
ostatecznie nt = b , czyli n|b .
1.8.1. Pokaż, że jeżeli
1.8.2. Pokaż, że jeżeli
NWD(ab, c) = 1 .
NWD(a, b)
= 1 i c|a , to
NWD(a, c)
= 1 oraz
NWD(c, b)
NWD(b, c)
= 1.
= 1 , to
1.8.3. Uzasadnij, że jeżeli
NWD(a1 , a)
to
NWD(a1 a2
= NWD(a2 , a) = . . . = NWD(an , a) = 1,
. . . an , a) = 1 .
1.8.4. Wykaż, że każda liczba wymierna dodatnia daje sie,
przedstawić jednoznacznie w postaci ilorazu dwóch liczb naturalnych
wzgle, dnie pierwszych (czyli w postaci ulamka nieskracalnego).
18
Cze,ść I – Zadania
2. Liczby pierwsze
2.1. Poje, cie liczby pierwszej. Liczbe, naturalna, p > 1
nazywamy pierwsza,, jeśli ma ona dokladnie dwa dzielniki naturalne,
mianowicie 1 i p . Liczby, które nie sa, pierwszymi, ale sa, wie, ksze
od 1, nazywamy zlożonymi.
2.1.1. Wypisz wszystkie liczby pierwsze p < 20 .
2.1.2. Wskaż jaka,kolwiek liczbe, pierwsza, wie, ksza, od
(a) 26 , (b) 56 , (c) 100 .
2.1.3. Uzasadnij, że reszta z dzielenia liczby pierwszej przez
30 jest równa 1 lub pewnej liczbie pierwszej.
2.1.4.
Uzasadnij, że kwadrat dowolnej liczby pierwszej
wie, kszej niż 3 daje przy dzieleniu przez 12 reszte, 1.
2.1.5. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n > 2 , liczby
an = 2n + 1 oraz bn = 2n − 1 nie moga, być jednocześnie liczbami
pierwszymi.
2.1.6. Uzasadnij, że liczby naturalnej postaci 6k + 1 (k ∈ N)
nie można przedstawić w postaci różnicy dwóch liczb pierwszych.
2.1.7. Pokaż, że jeżeli p jest liczba, pierwsza, oraz 8p2 + 1 jest
liczba, pierwsza,, to 8p2 + 2p + 1 też jest liczba, pierwsza,.
2.1.8. Pokaż, że każda liczba naturalna wie, ksza od 1 ma przynajmniej jeden dzielnik pierwszy (tj. taki, który jest liczba, pierwsza,).
2.2. Ile jest liczb pierwszych?
Odpowiedź na pytanie o to,
ile jest liczb pierwszych, zawiera naste, puja,ce
Twierdzenie. Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.
W literaturze można znaleźć wiele dowodów tego twierdzenia.
Niżej umieszczamy jeden z nich, maja,c nadzieje, , że Czytelnik znajdzie co najmniej kilka innych. W dowodach tego twierdzenia cze, sto
korzysta sie, z faktu zawartego w zadaniu 2.1.8.
18
Cze,ść I – Zadania
Dowód. Przypuśćmy, że istnieja, tylko naste, puja,ce liczby pierwsze:
p1 , p2 , . . . , pr . Niech M = p1 p2 . . . pr i niech M = st , gdzie
s = p1 p2 , a t = p3 p4 . . . pr . Zauważmy, że liczba naturalna s + t nie
jest podzielna przez żadna, z liczb p1 , p2 , . . . , pr . Otrzymujemy
sprzeczność, ponieważ s + t jest różne od 1 (zobacz zadanie 2.1.8).
2.2.1. Zalóżmy, że liczby p1 , p2 , . . . , pk sa, liczbami pierwszymi. Pokaż, że liczba p1 p2 . . . pk + 1 nie dzieli sie, przez żadna,
z liczb p1 , p2 , . . . , pk .
2.2.2. Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , liczba
n! + 1 nie dzieli sie, przez żadna, liczbe, 1 < q ≤ n .
2.2.3. Pokaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , istnieje
liczba pierwsza wie, ksza od n .
n
2.2.4. Niech Fn oznacza liczbe, Fermata, tzn. Fn = 22 + 1 .
Pokaż, że Fm oraz Fn sa, wzgle, dnie pierwsze dla n ̸= m .
2.2.5. Wykaż, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele,
wykorzystuja,c
(a) zadanie 2.2.1;
(b) zadanie 2.2.3;
(c) zadanie 2.2.4.
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki.
Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki (zobacz 1.8) wynika naste, puja,ce
Twierdzenie. Każda, liczbe, naturalna, n > 1 można jednoznacznie
przedstawić w postaci
n = p1 p2 . . . pr ,
gdzie p1 , p2 , . . . , pr sa, liczbami pierwszymi takimi, że
p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pr .
Dowód 1. Wykażemy najpierw, że każda liczba naturalna n > 1
da sie, przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Uczynimy
19
Liczby pierwsze
to stosuja,c indukcje, . Dla n = 2 fakt jest prawdziwy. Zalóżmy,
że fakt jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych
od k . Jeżeli k jest liczba, pierwsza,, to fakt jest prawdziwy. Jeśli
k jest liczba, zlożona,, to k = bc , gdzie b oraz c sa, liczbami
mniejszymi od k . Z zalożenia indukcyjnego b = p1 p2 . . . ps oraz
c = ps+1 ps+2 . . . pt . Sta,d
k = p1 p2 . . . ps ps+1 . . . pt .
2. Teraz wykażemy jednoznaczność przedstawienia. Uczynimy to znowu stosuja,c indukcje, . Dla n = 2 twierdzenie jest
prawdziwe. Zalóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla liczb naturalnych mniejszych od k . Przypuśćmy, że
k = p1 p2 . . . pr = q1 q2 . . . qs ,
(1)
gdzie p1 , p2 , . . . , pr , q1 , q2 , . . . , qs sa, liczbami pierwszymi,
takimi że
p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pr ,
q1 ≤ q 2 ≤ · · · ≤ q s .
Ponieważ p1 |q1 q2 . . . qs , wie, c p1 |q1 lub p1 |q2 , lub . . . , lub p1 |qs
(wynika to z zasadniczego twierdzenia arytmetyki). Niech na
przyklad p1 |q1 . Ponieważ p1 oraz q1 sa, liczbami pierwszymi, wie, c
p1 = q1 . Dziela,c (1) przez p1 mamy
k
= p2 p3 . . . pr = q2 q3 . . . qs .
p1
Ponieważ
oraz
k
p1
< k , wie, c z zalożenia indukcyjnego wynika, że r = s
p2 = q2 , p3 = q3 , . . . ,
pr = qr .
2.3.1. Pokaż, że każda, liczbe, naturalna, n ≥ 2 można przedstawić w postaci
αs
1 α2
(2)
n = pα
1 p2 . . . ps ,
gdzie p1 , p2 , . . . , ps sa, różnymi liczbami pierwszymi, takimi
że p1 < p2 < · · · < ps , natomiast α1 , α2 , . . . , αs sa, liczbami
calkowitymi dodatnimi. (Rozklad (2) liczby naturalnej n nazywamy rozkladem kanonicznym liczby n na czynniki pierwsze).
20
Cze,ść I – Zadania
2.3.2. Znajdź NWD(a, b) oraz
noniczne liczb a oraz b .
NWW(a, b)
znaja,c rozklady ka-
2.3.3. Korzystaja,c z rozkladu kanonicznego liczb naturalnych
a oraz b uzasadnij, że ab = NWD(a, b)NWW(a, b) .
√
2.3.4. Pokaż, że jeżeli liczba n jest wymierna, gdzie n > 1
jest liczba, naturalna,, to rozklad kanoniczny liczby n ma postać
1 2α2
s
p2α
. . . p2α
s .
1 p2
2.3.5. Zalóżmy, że liczba pierwsza p jest dzielnikiem pewnej
liczby naturalnej n . Mówimy, że pα dzieli dokladnie n , jeśli pα |n
oraz pα+1̸ | n . Fakt ten oznaczamy pα ||n .
(a) Udowodnij, że jeżeli pα ||m oraz pβ ||n , to pα+β ||mn .
(b) Udowodnij, że jeżeli pα ||m oraz pβ ||n oraz α ̸= β , to
pmin(α, β) ||m + n .
(c) Sprawdź, czy w (b) można pomina,ć zalożenie α ̸= β .
2.3.6. Pokaż, że każda, liczbe, wymierna, można zapisać jednos
znacznie jako iloczyn εp1α1 p2α2 . . . pα
s , gdzie ε jest równy 1 lub −1 ,
natomiast p1 , p2 , . . . , ps sa, różnymi liczbami pierwszymi, a α1 ,
α2 , . . . , αs sa, liczbami calkowitymi różnymi od zera.
2.3.7. Pokaż, że wykladnik najwie, kszej
pote, gi liczby pierw∑∞ [ n ]
szej p , która dzieli n! wynosi α = i=1 pi .
2.3.8. Podaj najwie, ksza, pote, ge, liczby (a) 2, (b) 5 oraz (c) 97,
która dzieli 100! .
2.3.9. Podaj najwie, ksza, pote, ge, liczby (a) 6, (b) 28, która
dzieli 100! .
2.3.10. Oblicz, ile kolejnych zer, licza,c od końca, ma liczba
100! .
21
Liczby pierwsze
2.4. Uwagi o funkcji π(x) . Dla każdej liczby rzeczywistej x > 0 , symbolem π(x) oznaczamy ilość liczb pierwszych p
spelniaja,cych nierówność p ≤ x . pierwszym historycznie stwierdzeniem na temat funkcji π(x) bylo spostrzeżenie J. Bertranda
(z 1845 roku), że mie, dzy n i 2n , gdy n ≥ 2 , znajduje sie,
liczba pierwsza. Spostrzeżenie J. Bertranda oznacza, że π(2n) −
π(n) ≥ 1 (dla n ≥ 2 ), czyli że pn+1 < 2pn , gdzie pn oznacza n-ta, liczbe, pierwsza,. Stwierdzenie to bylo znane jako
,,postulat Bertranda” i zostalo udowodnione przez P.L. Czebyszewa
w 1852 roku. Fakt ten be, dziemy w dalszych rozważaniach nazywać
twierdzeniem Czebyszewa (elementarny dowód tego twierdzenia
Czytelnik może znaleźć w [9]). Czebyszew udowodnil znacznie
wie, cej, a mianowicie pokazal, że istnieja, stale a oraz b , takie że
a < π(x) :
x
<b
lnx
dla x > 2 .
Powyższa, nierówność nazywamy nierównościa, Czebyszewa.
2.4.1. Korzystaja,c z nierówności Czebyszewa, pokaż, że
lim
x→∞
π(x)
= 0.
x
2.4.2. Korzystaja,c z twierdzenia Czebyszewa, pokaż, że dla
każdej liczby naturalnej n istnieja, co najmniej trzy liczby pierwsze
maja,ce w ukladzie dziesie, tnym n cyfr.
2.4.3. Dowiedź, że dla k > 1 mamy pk+1 ≤ p1 + p2 + · · · + pk ,
gdzie pn oznacza n-ta, z kolei liczbe, pierwsza,.
2.4.4. Pokaż, że 5 jest jedyna, liczba, pierwsza,, która jest
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.
2.4.5. Pokaż, że 5 jest jedyna, liczba, naturalna,, która jest
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.
2.4.6. Pokaż, że w rozmieszczeniu liczb pierwszych sa, ,,dziury”
dowolnej dlugości, tj. pokaż, że dla dowolnego m istnieje n takie,
że pn+1 > pn + m , gdzie pn oznacza n-ta, z kolei liczbe, pierwsza,.
Wskazówka. Pokaż, że wszystkie liczby w cia,gu m liczb (m+1)!+2 ,
(m + 1)! + 3 , . . . , (m + 1)! + (m + 1) sa, zlożone.
22
Cze,ść I – Zadania
2.4.7.
(a) Pokaż, że jeżeli p jest liczba, pierwsza,, to
(b) Pokaż, że jeżeli m jest liczba, zlożona,, to
π(p−1)
π(p)
p−1 < p
π(m)
π(m−1)
m < m−1
.
.
2.5. Twierdzenie Dirichleta. Jak już wiadomo, w poste, pie
arytmetycznym 1, 2, 3, 4, . . . o różnicy 1 istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych. A jak jest w innych poste, pach arytmetycznych?
W 1837 roku P.G.L. Dirichlet udowodnil twierdzenie, które orzeka:
Jeśli liczby m , n sa, wzgle, dnie pierwsze, to w cia,gu (mk + n)k
istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Dowód twierdzenia
Dirichleta jest dosyć trudny i nie be, dziemy go tu przytaczać. Jednakże pewne szczególne przypadki tego twierdzenia dowodzi sie,
latwo, o czym przekona sie, Czytelnik, rozwia,zuja,c niżej umieszczone
zadania.
2.5.1. Podaj przyklad takich liczb m oraz n , że w cia,gu
(mk + n)k (a) jest tylko skończona ilość liczb pierwszych; (b) nie
ma żadnej liczby pierwszej.
2.5.2. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci 2k + 1 .
2.5.3.
(a) Pokaż, że w każdym rozkladzie na iloczyn liczby postaci
3k + 2 przynajmniej jeden czynnik jest postaci 3k + 2 .
(b) Udowodnij, że każda liczba naturalna postaci 3k + 2 ma
przynajmniej jeden dzielnik pierwszy tej postaci.
2.5.4. Uzasadnij, że jeśli p1 , p2 . . . , pn sa, nieparzystymi
liczbami pierwszymi postaci 3k + 2 , to liczba 3p1 p2 . . . pn + 2 nie
dzieli sie, przez żadna, z liczb 2 , p1 , p2 , . . . , pn .
2.5.5. Wykaż, że w cia,gu (3k + 2) istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych.
Wskazówka. Skorzystaj z dwóch poprzednich zadań.
2.5.6. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci 4k + 3 .
Liczby pierwsze
23
2.5.7. Pokaż, że w cia,gu (6k + 5) istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych.
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera. Oznaczmy przez θ(n) liczbe, naturalnych dzielników liczby n , a przez
ϕ(n) ilość liczb naturalnych wzgle, dnie pierwszych z n , które sa, nie
wie, ksze od n .
2.6.1. Wyznacz θ(n) dla n ≤ 20 .
αs
1 α2
2.6.2. Pokaż, że jeżeli n = pα
1 p2 . . . ps , to każdy dzielnik
β1 β2
naturalny liczby n jest postaci p1 p2 . . . pβs s , gdzie 0 ≤ βi ≤ αi
dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .
2.6.3. Wykaż, że
αs
1 α2
θ(pα
1 p2 . . . ps ) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αs + 1).
2.6.4. Oblicz θ(100) oraz θ(1024) .
2.6.5. Znajdź wszystkie liczby naturalne n , takie że
θ(n) = 3.
2.6.6. Wyznacz ϕ(n) dla n ≤ 20 .
2.6.7. Pokaż, że liczba n jest pierwsza wtedy i tylko wtedy,
gdy ϕ(n) = n − 1 .
2.6.8. Uzasadnij, że ϕ(pq) = (p − 1)(q − 1) , gdzie p oraz q
sa, różnymi liczbami pierwszymi.
2.6.9. Pokaż, że dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnej
liczby naturalnej n , mamy ϕ(pn ) = pn − pn−1 .
2.6.10. Niech m oraz n oznaczaja, dwie liczby naturalne
wzgle, dnie pierwsze, a r liczbe, calkowita,. Pokaż, że wówczas reszty
z dzielenia liczb
r, n + r, 2n + r, 3n + r, . . . , (m − 1)n + r
przez m różnia, sie, od liczb 0, 1, 2, 3, . . . , m − 1 co najwyżej
porza,dkiem.
24
Cze,ść I – Zadania
2.6.11. Udowodnij, że jeśli NWD(m, n) = 1 , to ϕ(m)ϕ(n) =
ϕ(mn) .
Wskazówka. Zauważmy najpierw, że jeśli jedna z liczb m , n
jest równa 1, to wzór jest prawdziwy. Możemy zatem zalożyć, że
m ̸= 1 i n ̸= 1 . Wypiszmy wszystkie liczby nie wie, ksze od mn
w naste, puja,cy sposób:
1,
2,
n + 1,
n + 2,
2n + 1,
2n + 2,
............ , ............ ,
(m − 1)n + 1, (m − 1)n + 2,
...,
r,
...,
n + r,
...,
2n + r,
..., ............ ,
. . . , (m − 1)n + r,
...,
n,
. . . , 2n,
. . . , 3n,
..., ...,
. . . , mn.
Dalej skorzystaj z zadania 2.6.10.
2.6.12. Udowodnij wzór
(
)(
)
(
)
1
1
1
α1 α2
αs
ϕ (p1 p2 . . . ps ) = n 1 −
1−
··· 1 −
,
p1
p2
ps
gdzie p1 , p2 , . . . , ps sa, różnymi liczbami pierwszymi.
2.6.13. Wiadomo, że NWD(m, n) > 1 . Ustal, która z liczb
ϕ(mn) oraz ϕ(m)ϕ(n) jest wie, ksza.
Wskazówka. Skorzystaj z zadania 2.6.12.
2.6.14. Pokaż, że
(a) ϕ(4n + 2) = ϕ(2n + 1) ;
{
2ϕ(n) gdy
(b) ϕ(4n) =
2ϕ(2n) gdy
NWD(n, 2)
=1
.
NWD(n, 2) = 2
2.7. Rozklad na czynniki dużych liczb naturalnych.
Mnożenie dwóch liczb naturalnych jest zdecydowanie latwiejsze niż
rozkladanie danej liczby na czynniki. Jeśli jednak pewna liczba
zlożona ma dwa dzielniki pierwsze, które sa, ,,blisko” siebie, możemy
zastosować tak zwana, metode, faktoryzacji Fermata. Metode, te,
opiszemy w poniższych zadaniach.
2.7.1. Niech n be, dzie dowolna, liczba, naturalna,. Udowodnij, że istnieje wzajemnie jednoznaczna
√ odpowiedniość mie, dzy√dzielnikami liczby n nie mniejszymi od n i nie wie, kszymi od n .
Liczby pierwsze
25
2.7.2. Niech n be, dzie liczba, naturalna, nieparzysta,. Pokaż, że
istnieje wzajemnie jednoznaczna
√ odpowiedniość mie, dzy dzielnikami
liczby n nie mniejszymi od n a parami (s,t) liczb naturalnych
spelniaja,cymi warunek s2 − t2 = n .
2.7.3. Wypisz wszystkie sposoby przedstawienia liczby 945
w postaci różnicy dwóch kwadratów.
2.7.4. Jeśli pewna liczba nieparzysta n daje sie, zapisać
w postaci różnicy dwóch kwadratów t2 − s2 , to wówczas, n =
(t − s)(t + s) , wie, c wiemy, jak znaleźć nietrywialne dzielniki liczby
n . Problem polega zatem na zapisaniu liczby n w postaci różnicy
kwadratów. Jeśli dzielniki√liczby n sa, ,,blisko siebie”, to liczba t
jest niewiele
wie
√
√, ksza od n . Sprawdzamy wie, c kolejno, czy dla
t = [ n] + 1,[ n] + 2,. . . , liczba t2 − n jest kwadratem
liczby
√
naturalnej. Na przyklad dla n = 200819 mamy [ n] = 448 oraz
4502 − 200819 = 1681 = 412 . Zatem 200819 = 491 · 409 .
Stosuja,c opisana, wyżej metode, rozlóż na czynniki liczby 8633,
809009, 92296873, 88169891 oraz 4601.
2.7.5. Czasami latwiej jest rozlożyć na czynniki liczbe, kn niż
n , a naste, pnie podzielić otrzymany rozklad przez k , by otrzymać
rozklad liczby n . Znajdź rozklad liczby n na czynniki znajduja,c
najpierw rozklad liczby kn , jeśli
(a) n = 141467 , k = 3 ;
(c) n = 68987 , k = 3 ;
(b) n = 29895581 , k = 3 ,
(d) n = 19578079 , k = 5 .
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych
3.1. Poje, cie pozycyjnego systemu zapisu liczb. Liczby
możemy zapisywać różnymi sposobami. Powszechnie stosowanym
sposobem zapisu liczb jest dziesie, tny system pozycyjny. Nazywa
sie, on dziesie, tnym, ponieważ jego podstawa, jest liczba 10, a pozycyjnym, ponieważ znaczenie danej cyfry tworza,cej liczbe, zależy od
pozycji, na której sie, ona znajduje. Na przyklad 478 = 4 · 102 + 7 ·
101 +8·100 . Systemy niepozycyjne nie znalazly zastosowania z uwagi
na duża, trudność wykonywania nawet prostych rachunków. Oprócz
dziesie, tnego systemu pozycyjnego w użyciu jest jeszcze dwójkowy
system pozycyjny. Teoretycznie można rozważać system pozycyjny o dowolnej podstawie b . My be, dziemy rozważać systemy
o podstawie naturalnej b ≥ 2 . Liczbe, w tym systemie zapiszemy
(dk dk−1 . . . d1 d0 )b , gdzie di ∈ {0,1,. . . ,b − 1} oraz 0 ≤ i ≤ k , i
be, dziemy rozumieli jako dk · bk + dk−1 · bk−1 + · · · + d1 · b1 + d0 · b0 .
3.1.1. Podaj przyklad niepozycyjnego systemu zapisu liczb.
3.1.2. Podane niżej liczby przedstaw w systemie dziesie, tnym.
(a) (3423)5 ;
(b) (11000111)2 ;
(c) (910)11 .
3.1.3. Znaki di , które pojawiaja, sie, w zapisie liczby w systemie o podstawie b , nazywamy cyframi. Zauważmy, że gdy b ≥ 10
zaczyna nam brakować pojedynczych znaków dla oznaczenia cyfr.
Jak zrozumialeś liczbe, (910)11 – jako 9 · 112 + 1 · 11 , czy też jako
9 · 11 + 10 ? Aby unikna,ć nieporozumień, ,,pożyczamy” kolejnych
liter alfabetu lacińskiego (ba,dź też używamy nawiasów). I tak, na
przyklad w systemie o podstawie 11, A oznacza cyfre, 10. Podane
niżej liczby przedstaw w systemie dziesie, tnym.
(a) (910)11 ;
(b) (1AD)16 ;
(c) (A2B)12 .
3.1.4. Liczbe, 437 (zapisana, w systemie dziesie, tnym) zapisz
w każdym z naste, puja,cych systemów:
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
(a)
(b)
(c)
(d)
w
w
w
w
systemie
systemie
systemie
systemie
27
o podstawie 3,
o podstawie 5,
o podstawie 16,
dwójkowym.
3.1.5. Przy zamianie zapisu liczby n w systemie o podstawie b1 na zapis w systemie o podstawie b2 stosujemy różne metody.
Najbardziej ,,naturalna,” jest taka, w której z systemu o podstawie b1 przechodzimy do systemu dziesie, tnego, a potem z systemu
dziesie, tnego do systemu o podstawie b2 . W 3.2.5 opiszemy metode,
zamiany bez ,,pośrednictwa” zapisu dziesie, tnego. Zmień zapis
(a) (12)3 na zapis w systemie dwójkowym,
(b) (1A)12 na zapis w systemie o podstawie 16,
(c) (3455)6 na zapis w systemie o podstawie 4,
(d) (101011101011)2 na zapis w systemie o podstawie 16.
3.1.6. Zamiany liczby x w systemie o podstawie b na zapis
w systemie o podstawie bs , gdzie s > 1 , możemy dokonać w prosty
sposób: cyfry liczby x zapisanej w systemie o podstawie b grupujemy w bloki po s cyfr zaczynaja,c od końca (jeżeli ostatni blok ma
mniej niż s cyfr, dodajemy zera), a naste, pnie zamieniamy nasze
bloki na cyfry w systemie o podstawie bs . Na przyklad, jeśli chcemy
zamienić (11101001)2 na zapis w systemie o podstawie 8, tworzymy
bloki 001 , 101 oraz 011 , które oznaczaja, odpowiednio 1, 5 oraz 3.
Nasza liczba ma wie, c postać (351)8 . Zamień
(a) (1112)3 na zapis w systemie o podstawie 27,
(b) (1A)12 na zapis w systemie o podstawie 144,
(c) (101011101011)2 na zapis w systemie o podstawie 16.
3.1.7. Opracuj algorytm odwrotny do przedstawionego w poprzednim zadaniu, tj. algorytm na zamiane, zapisu liczby x
w systemie o podstawie bs na zapis w systemie o podstawie b .
Korzystaja,c z opracowanego algorytmu zmień
(a) (2B)16 na zapis w systemie o podstawie 4,
(b) (ABCF )25 na zapis w systemie o podstawie 5,
(c) (3A56)16 na zapis w systemie o podstawie 2.
3.1.8. Niech m = (cn cn−1 . . . c1 c0 )b , p = (dk dk−1 . . . d1 d0 )b ,
28
Cze,ść I – Zadania
gdzie cn oraz dk sa, wie, ksze od zera. Pokaż, że jeżeli k < n , to
p < bk+1 oraz p < m .
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach
pozycyjnych. Aby dodać dwie liczby m oraz p zapisane w systemie o podstawie b , poste, pujemy podobnie jak przy dodawaniu
liczb zapisanych w systemie dziesie, tnym. Dokladniej, zapiszmy
m = cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + c1 b + c0
p = dk bk + dk−1 bk−1 + · · · + d1 b + d0 ,
gdzie n ≥ k . Mamy teraz
m + p = cn bn + · · · + ck bk + ck−1 bk−1 + · · · + c1 b + c0
+ 0 · bn + · · · + dk bk + dk−1 bk−1 + · · · + d1 b + d0
= (cn + 0)bn + · · · + (ck+1 + 0)bk+1 + (ck + dk )bk
+ (ck−1 + dk−1 )bk−1 + · · · + (c1 + d1 )b + (c0 + d0 ).
Jeżeli c0 + b0 jest mniejsza od b , to jest to ostatnia cyfra liczby
m + p (w systemie o podstawie b ). W przeciwnym wypadku mamy
0 ≤ c0 + d0 − b ≤ b − 1 i b jednostek niższego rze, du zamieniamy na
jedna, jednostke, wyższego rze, du otrzymuja,c
(c1 + d1 )b + (c0 + d0 ) = (c1 + d1 + 1)b + (c0 + d0 − b).
Tak samo poste, pujemy z kolejnymi cyframi, posuwaja,c sie, od strony
prawej do lewej. Przy powyższym rozumowaniu wygodnie jest
stosować zapis
cn cn−1 . . . ck ck−1 . . . c2 c1 c0
+
dk dk−1 . . . d2 d1 d0
... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
gdzie pod kreska, (w miejsce kropek) zapisujemy kolejne cyfry sumy
m+p.
Dla przykladu dodamy liczby (3021)5 i (433)5 . 1 + 3 = 4 ,
wie, c 4 jest ostatnia, cyfra, wyniku dodawania. 2 + 3 = 5 , a 5 w systemie o podstawie 5, to 10, zatem nasza suma kończy sie, cyframi
04, a 1, jako jednostke, wyższego rze, du, ,,trzymamy w pamie, ci”.
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
29
0 + 4 + 1 = 5 , wie, c sytuacja nam sie, powtarza i dopisujemy 0 do
wyniku oraz pamie, tamy 1. 1 + 3 + 0 = 4 , wie, c nasza suma to
(4004)5 . Nasze rozumowanie zapisujemy w znajomy sposób:
3021
+ 433
4004
3.2.1. Wykonaj poniższe dodawania.
(a) (AB123)14 + (CDA)14 ;
(b) (1111001101)2 + (1101101101)2 ;
(c) (12321)5 + (23132)5 .
3.2.2. Opisz algorytm odejmowania liczb w systemie o podstawie b i wykonaj odejmowania.
(a) (1110101110)2 − (11101011)2 ;
(b) (4532))6 − (3401)6 ;
(c) (AB12)16 − (CDA)16 .
3.2.3. Opisz algorytm mnożenia liczb w systemie o podstawie b i wykonaj mnożenia.
(a) (234)5 · (4)5 ;
(b) (11110101)2 · (1101)2 ;
(c) (AB32)13 · (9)13 .
3.2.4. Opisz algorytm dzielenia liczb w systemie o podstawie b
i wykonaj dzielenia.
(a) (11011)2 : (11)2 ;
(b) (2361)7 : (15)7 ;
(c) (ABC)16 : (6)16 .
3.2.5. Przypuśćmy, że mamy liczbe, n = (11011101)2 zapisana,
w systemie dwójkowym. Gdy chcemy ja, przedstawić w systemie
trójkowym, zapisujemy nowa, podstawe, b = 3 w ,,starym” systemie,
tj. b = (11)2 w naszym przypadku. Również wszystkie obliczenia
wykonujemy w ,,starym” systemie. Obliczamy kolejne pote, gi liczby b , dopóki nie przekrocza, one liczby n:
b2 = (1001)2 , b3 = (11011)2 , b4 = (1010001)2 , b5 = (11110011)2 ,
30
Cze,ść I – Zadania
wie, c b4 < n < b5 . Dzielimy (z reszta,) liczbe, n przez b4 otrzymuja,c
(11011101)2 = (10)2 · (1010001)2 + (111011)2 .
Reszte, z powyższego dzielenia dzielimy przez b3 i otrzymujemy
(111011)2 = (10)2 · (11011)2 + (101)2 .
Ponownie dzielimy otrzymana, reszte, przez b2 dostaja,c wynik 0
oraz reszte, (101)2 . Te, reszte, dzielimy przez b i otrzymujemy
(101)2 = (1)2 · (11)2 + (10)2 .
Zatem
(11011101)2 = (10)2 · b4 + (10)2 · b3 + 0 · b2 + 1 · b + (10)2
= 2 · 34 + 2 · 33 + 0 · 32 + 1 · 3 + 2
= (22012)3 .
Zapisz liczbe, n = (11011101)2 w systemie trójkowym posluguja,c sie, drugim algorytmem z rozwia,zania zadania 3.1.4.
3.2.6. Latwość wykonywania rachunków jest glówna, przyczyna,, dla której używamy pozycyjnych systemów zapisu liczb. Spróbuj
dodać liczby MCMXXIV (1924) oraz CDXCIII (493) zapisane w systemie rzymskim (niepozycyjnym) nie korzystaja,c z pośrednictwa
żadnego systemu pozycyjnego. Jeśli wydaje Ci sie, to latwe, spróbuj
pomnożyć te dwie liczby...
3.3. Ulamki w różnych systemach pozycyjnych. Przypomnijmy, że dla di ,cj ∈ {0,1,. . . ,9} , zapis
x = dk dk−1 . . . d0 ,c1 c2 . . .
oznacza rozwinie, cie dziesie, tne liczby x , tj.
c1
c2
x = dk · 10k + dk−1 · 10k−1 + · · · + d0 + 1 + 2 + · · ·
{z
} |10
|
10
{z
}
cze, ść calkowita
cześć ulamkowa
,
(1)
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
31
Sume, w cze, ści ulamkowej wzoru (1) należy rozumieć jako granice,
cia,gu sum cze, ściowych
s1 =
c1
10
c2
102
...............
s2 = s1 +
Podobnie interpretujemy zapis ,,z przecinkiem” w innym niż dziesie, tny systemie pozycyjnym. Zapis x = (dk dk−1 . . . d0 ,c1 c2 . . .)b , gdzie
di ,cj ∈ {0,1,. . . ,b − 1} , oznacza, że x ma rozwinie, cie w systemie
o podstawie b , czyli że
x = dk · bk + dk−1 · bk−1 + · · · + d0 +
c1
c2
+ 2 + ···
1
b
b
Podobnie jak w (1) wyróżniamy tu cze, ść calkowita, i ulamkowa,.
Mówimy, że liczba x ma rozwinie, cie okresowe o podstawie b ,
gdy to rozwinie, cie ma postać
x = dk · bk + dk−1 · bk−1 + · · · + d0
|
{z
}
cze, ść calkowita
c1
c2
cm
+
+ 2 + ··· + m
1
b {z
b }
|b
nieokresowe wyrazy pocza,tkowe
a1
a2
an
+ m+1 + m+2 + · · · + m+n
b {z
b
}
|b
+
a1
m+n+1
|b
okres
a2
an
+ m+n+2 + · · · + m+2n
b
b
{z
}
okres
+ ······,
gdzie d1 , d2 , . . . , dk ; c1 , c2 , . . . , cm oraz a1 , a2 , . . . , an
sa, elementami zbioru {0,1,. . . b − 1} .
Jeżeli mamy liczbe, x zapisana, w systemie dziesie, tnym i chcemy znaleźć jej rozwinie, cie w systemie o podstawie b , to najpierw
32
Cze,ść I – Zadania
znajdujemy rozwinie, cie cze, ści calkowitej liczby x , a naste, pnie cze, ści
ulamkowej tej liczby. Oznaczmy przez y cze, ść ulamkowa, liczby x .
Mnożymy liczbe, y przez b i szukamy najwie, kszej liczby calkowitej
d1 , takiej że d1 ≤ yb , czyli cze, ści calkowitej liczby yb . Liczba
d1 jest pierwsza, cyfra, po przecinku. Dokladnie, mamy wtedy y =
d1
1
b + r1 , gdzie 0 ≤ r1 < b . Naste, pnie szukamy najwie, kszej liczby
calkowitej d2 , takiej że d2 ≤ r1 b2 . Liczba d2 jest druga, cyfra, po
przecinku. Mamy zatem r1 = db22 + r2 , gdzie 0 ≤ r2 < b12 , a sta,d
y = db1 + db22 + r2 . Po n takich krokach otrzymujemy
y=
d2
dn
d1
+ 2 + · · · + n + rn , gdzie 0 ≤ rn <
b
b
b
1
bn .
3.3.1. Zapisz
(a) 13 i 0,5 w systemie o podstawie 3,
(b) 5 pierwszych cyfr rozwinie, cia liczby π w systemie
o podstawie dwa,
5
(c) 13
w systemie o podstawie 5.
3.3.2. Pokaż, że ulamek wlaściwy o mianowniku b − 1 ma
w systemie o podstawie b ̸= 2 rozwinie, cie okresowe o okresie jednocyfrowym.
3.3.3. Pokaż, że ulamek wlaściwy o mianowniku (11)b , tj.
b + 1 , zapisany w systemie o podstawie b ma w tym systemie
rozwinie, cie okresowe o okresie dwucyfrowym.
3.3.4. Pokaż, że w systemie o podstawie b ulamek ma
rozwinie, cie skończone wtedy i tylko wtedy, gdy mianownik tego
ulamka (zapisanego w postaci nieskracalnej) jest iloczynem pote, g
dzielników b .
3.3.5. Udowodnij, że ulamek wlaściwy ac ma w systemie
o podstawie b rozwinie, cie okresowe f -cyfrowe czyste (tzn. okres
zaczyna sie, od cyfry po przecinku i ma f cyfr) wtedy i tylko wtedy,
gdy bf − 1 jest wielokrotnościa, c .
3.3.6. Oblicz
(a) 111,101010 + 1,11 w systemie dwójkowym,
(b) 121,2101 − 12,11211 w systemie trójkowym,
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
(c) A,BC : 0,6 w systemie o podstawie 16,
(d) 43201 : 3 w systemie o podstawie 5,
(e) 0,00012 · 0,0023 w systemie o podstawie 4.
33
4. Algorytm Euklidesa
4.1. Szukanie NWD. Aby znaleźć NWD dwóch liczb naturalnych, rozkladamy je na czynniki pierwsze, a naste, pnie wyszukujemy wspólne dla obu liczb czynniki. Iloczyn tych wspólnych czynników jest równy NWD. Na przyklad, aby znaleźć NWD(24, 36) ,
rozkladamy liczby 24 oraz 36 na czynniki pierwsze
24 2
36 2
18 2
12 2
6 2
9 3
3 3
3 3
1
1
Wspólnymi czynnikami sa, tu 2, 2 oraz 3, zatem
NWD(24, 36)
= 2 · 2 · 3 = 12.
Opisana wyżej metoda zawodzi już przy liczbach trzycyfrowych. Nie jest bowiem latwo rozlożyć ,,duża,” liczbe, na czynniki.
Znacznie skuteczniejszy jest algorytm Euklidesa. Podstawa, tego algorytmu jest fakt, że jeżeli a = qb + r , to NWD(a, b) = NWD(b, r)
(zobacz 1.6.2). Przypuśćmy, że chcemy znaleźć NWD(a, b) , gdzie a
oraz b sa, liczbami naturalnymi, przy czym a > b . Przyjmujemy
r−1 = a oraz r0 = b , a naste, pnie określamy rekurencyjnie cia,g (rk )
jako kolejne reszty z dzielenia rk−2 przez rk−1 , tj.
rk−2 = qk rk−1 + rk ,
(*)
gdzie qk dla k ∈ N sa, pewnymi liczbami calkowitymi.
Zalóżmy, że chcemy znaleźć NWD(704, 341) . Wówczas, aby
otrzymać cia,g (rk ) , wykonujemy kolejne dzielenia z reszta,:
704 = 2 · 341 + 22
341 = 15 · 22 + 11
22 = 2 · 11 + 0.
Zatem r1 = 22 , r2 = 11 , r3 = 0 . Zauważmy, że z (*) bezpośrednio
wynika, iż cia,g (rk ) jest ściśle maleja,cy. Ponieważ jest to cia,g liczb
Algorytm Euklidesa
35
calkowitych nieujemnych, wie, c musi istnieć takie n , że rn+1 = 0 .
Z zadania 1.6.2 wynika natomiast, że
NWD(a, b)
= NWD(r−1 , r0 ) = NWD(r0 , r1 ) = NWD(r1 , r2 )
= · · · = NWD(rn−1 , rn ).
Ale, ponieważ rn+1 = 0 , wie, c z (*) wynika, że rn |rn−1 , czyli rn =
NWD(rn−1 , rn ) = NWD(a, b) .
Zatem najwie, kszy wspólny dzielnik liczb a i b , to ostatni
niezerowy element w opisanym wyżej cia,gu (rn ) . Wracaja,c do
naszego przykladu, otrzymujemy NWD(704, 341) = 11 .
4.1.1. Znajdź
klidesa.
NWD(704, 341)
nie korzystaja,c z algorytmu Eu-
4.1.2. Znajdź NWD(128, 1024) nie korzystaja,c z algorytmu
Euklidesa, a naste, pnie korzystaja,c z tego algorytmu.
4.1.3. W 1.6 pokazaliśmy, że jeżeli NWD(a, b) = d , to istnieja,
takie liczby calkowite x i y , że ax+by = d . Zastosuj algorytm Euklidesa do znalezienia NWD podanych par liczb, a naste, pnie znajdź
odpowiadaja,ce tym parom x i y .
(a) 26, 19; (b) 187, 34; (c) 841, 160; (d) 2613, 2171.
4.1.4. Wykaż, że w cia,gu (rk ) , określonym przez algorytm
Euklidesa, zachodzi zależność rk+2 < 12 rk .
4.1.5.
Dzialanie algorytmu Euklidesa można nieznacznie
przyspieszyć dopuszczaja,c tzw. ujemne reszty, to jest wybieraja,c
rk−2 = qk rk−1 + rk lub rk−2 = qk rk−1 − rk w zależności od tego,
które dzialanie daje mniejsza, reszte, rk . Wykorzystaj te, metode,
w czterech przykladach zadania 4.1.3.
4.1.6. Pokaż, że dla cia,gu (rk ) z zadania 4.1.5 zachodzi
rk ≤
1
rk−1 .
2
4.1.7. Korzystaja,c z algorytmu Euklidesa, znajdź
(a) NWD(10n + 9, n + 1) , gdzie n ∈ N ;
(b) NWD(3n + 1, 10n + 3) , gdzie n ∈ N .
36
Cze,ść I – Zadania
4.1.8. Pokaż, że liczba naturalna n = 10a + b , gdzie b ∈
{0,1,. . . ,9} dzieli sie, przez m = 10q + 1 wtedy i tylko wtedy, gdy
m|a − bq .
4.1.9. Rozwia,ż w liczbach naturalnych uklad równań
x + y = 96,
NWD(x, y)
= 12.
4.1.10. Rozwia,ż równanie NWD(x, a) = b , gdzie a i b sa,
liczbami calkowitymi, przy czym b ̸= 0 .
4.1.11. Sprawdź, czy opisany wyżej algorytm Euklidesa można
wykorzystać do wyznaczania NWD dowolnych liczb calkowitych
niezerowych.
4.1.12. Uzasadnij, że suma dwóch kolejnych liczb naturalnych
oraz suma ich kwadratów sa, wzgle, dnie pierwsze.
4.2. Równania liniowe. Zajmiemy sie, teraz równaniami
postaci
ax + by = c,
(1)
gdzie a , b , c ∈ Z .
Twierdzenie. Równanie (1) ma rozwia,zanie w liczbach calkowitych wtedy i tylko wtedy, gdy NWD(a, b)|c .
Dowód. Zalóżmy, że równanie (1) ma rozwia,zanie (x0 ,y0 ) . Zatem,
jeśli p|a oraz p|b , to p|ax0 + by0 , czyli p|c . W szczególności, jeśli
p = NWD(a, b) , to p|c .
Zalóżmy teraz, że d = NWD(a, b) i d|c . Niech e = dc . Istnieja,
liczby x′ oraz y ′ takie, że ax′ + by ′ = d . Zatem para (ex′ ,ey ′ )
jest rozwia,zaniem (1).
4.2.1. Sprawdź, które z poniższych równań maja, rozwia,zania
w liczbach calkowitych.
(a) 12x + 18y = 36 (c) 2613x + 2171y = 39 (e) 119x + 105y = 28
(b) 65x + 39y = 16 (d) 12x + 15y = 333
(f) 28x + 35y = 347 .
4.2.2. Wykaż, że jeśli NWD(a, b) = 2 , to równanie (1) ma
rozwia,zanie wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba, parzysta,.
Algorytm Euklidesa
37
4.2.3. Niech A be, dzie podzbiorem liczb calkowitych zawieraja,cym dwie liczby wzgle, dnie pierwsze oraz takim, że wraz z dwiema
liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume, i różnice, . Pokaż, że
A = Z.
4.2.4. Niech A be, dzie podzbiorem liczb calkowitych, który
zawiera co najmniej jedna, liczbe, różna, od zera oraz takim, że wraz
z dwiema liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume, i różnice, .
Pokaż, że A sklada sie, ze wszystkich liczb postaci mt , gdzie m
jest najmniejsza, liczba, naturalna, zbioru A , a t dowolna, liczba,
calkowita,.
4.2.5. Napisz równanie prostej na plaszczyźnie, do której nie
należa, punkty o obu wspólrze, dnych calkowitych.
4.3. Rozwia,zywanie równań liniowych. Pokazanie, że
rozwia,zanie istnieje, a znalezienie tego rozwia,zania, to dwie różne
sprawy. Twierdzenie z podrozdzialu 4.2 mówi nam jedynie o istnieniu rozwia,zania. By znaleźć to rozwia,zanie, poslużymy sie, algorytmem podobnym do algorytmu Euklidesa.
Zalóżmy, że mamy dane równanie (1), w którym a ≥ b . Oznaczmy a = r−1 oraz b = r0 . Niech rn be, dzie ostatnia, niezerowa,
reszta, w cia,gu reszt uzyskanym przez zastosowanie algorytmu Euklidesa do liczb r−1 i r0 . Możemy zapisać r−1 = q1 r0 + r1 , gdzie
0 ≤ r1 < r0 . Wstawiaja,c do (1) mamy
(q1 r0 + r1 )x + r0 y = c.
Podstawiaja,c y1 = x , x1 = y + q1 x , otrzymujemy
r0 x1 + r1 y1 = c.
(2)
Latwo spostrzec, że jeśli x oraz y spelniaja, (1), to wyznaczone
przez nie liczby calkowite x1 , y1 spelniaja, (2). Na odwrót, jeżeli
x1 , y1 spelniaja, (2), to x = y1 , y = x1 − q1 y1 spelniaja, (1).
Zatem badanie równania (1) sprowadza sie, do badania równania (2),
w którym wspólczynniki sa, mniejsze.
Od równania (2) przechodzimy w podobny sposób do równania
r1 x2 + r2 y2 = c,
(3)
38
Cze,ść I – Zadania
i tak dalej, aż dojdziemy do równania
rn−1 xn + rn yn = c.
(4)
Ale rn jest ostatnia, niezerowa, reszta,, wie, c rn = NWD(rn−1 , rn ) =
NWD(a, b) . Zatem rn |rn−1 i rn |c . Jeżeli rn−1 = qn+1 rn , to (4)
przyjmuje postać
rn xn+1 = c,
(5)
gdzie xn+1 = qn+1 xn + yn . Zauważmy, że jeśli xn+1 spelnia (5), to
dobieraja,c dowolna, wartość calkowita, dla xn i podstawiaja,c yn =
xn+1 − qn+1 xn otrzymamy rozwia,zanie (4). Na odwrót, jeżeli xn
i yn spelniaja, (4), to liczba xn+1 = qn+1 xn + yn spelnia (5).
Aby otrzymać rozwia,zanie (1) podstawiamy wie, c xn = t
i w zależności od t obliczamy kolejno yn , xn−1 , yn−1 . . . , x1 ,
y1 , x , y .
4.3.1. Rozwia,ż równania.
(a) 12x + 18y = 36
(b) 65x + 39y = 26
(c) 2613x + 2171y = 39
(d) 12x + 15y = 333
(e) 4x + 4y = 8
(f) 119x + 105y = 28 .
4.3.2. W zależności od parametru u rozwia,ż równanie
12x + 15y = 3(7u − 22).
4.3.3. Rozwia,ż równania.
(a) 12x + 15y + 7z = 11 ;
(b) 6x + 10y + 12z = 4 .
Wskazówka. Równanie (a) jest równoważne równaniu 12x + 15y =
11 − 7z . Zatem NWD(12, 15) = 3 musi dzielić (jeśli rozwia,zanie
istnieje) różnice, 11−7z . Zapisz 3t = 11−7z i rozwia,ż to równanie.
Niewiadoma z be, dzie już obliczona. Aby znaleźć x oraz y rozwia,ż
12x + 15y = 3t , gdzie t jest otrzymanym wcześniej rozwia,zaniem.
4.3.4. Równanie 24x + 18y = 19 nie ma rozwia,zania. Nie
bacza,c na to, spróbuj je ,,rozwia,zać” stosuja,c opisany algorytm.
Gdzie wyste, puje problem?
4.3.5. Niech para liczb calkowitych (x0 ,y0 ) be, dzie rozwia,zaniem równania (1). Pokaż, że wszystkie rozwia,zania równania (1)
dane sa, wzorami x = x0 + b1 t , y = y0 − a1 t , gdzie a1 = NWDa(a,b) ,
b1 = NWDb(a,b) , t ∈ Z .
4.3.6.
Korzystaja,c z 4.3.5 znajdź wszystkie rozwia,zania
równania 852x + 192y = 24 .
5. Kongruencje
5.1. Podstawowe wlasności kongruencji. Niech a , b
oraz m be, da, liczbami calkowitymi, przy czym m > 1 . Jeżeli
m|a − b , to piszemy
a ≡ b(mod m )
(*)
i mówimy, że liczby a i b przystaja, do siebie modulo m . Na
przyklad −2 ≡ 4(mod 3 ) , 9 ≡ 1(mod 2 ) itp. Znak ,, ≡ ” nazywamy znakiem kongruencji, a liczbe, m , modulem kongruencji.
Relacje, oznaczona, symbolelm (*) nazywamy kongruencja,.
5.1.1. Sprawdź, czy kongruencja jest relacja, równoważności.
5.1.2. Pokaż, że dwie liczby calkowite przystaja, do siebie
modulo m wtedy i tylko wtedy, gdy przy dzieleniu przez m
maja, one jednakowe reszty, i wywnioskuj sta,d, że każda klasa
równoważności relacji ,, ≡ ” ma dokladnie jednego reprezentanta
w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} .
5.1.3. Pokaż, że kongruencja liczb a i b modulo m jest
równoważna z możliwościa, przedstawienia liczby a w postaci a =
b + mt , gdzie t jest liczba, calkowita,.
5.1.4. Pokaż, że kongruencje o tym samym module można
dodawać, odejmować i mnożyć stronami.
5.1.5. Zauważmy, że chociaż 48 ≡ 18(mod 10 ) oraz 12 ≡
2(mod 10 ) , to 4 ̸≡ 9(mod10) , czyli że nie mamy prawa dzielić
stronami kongruencji.
(a) Pokaż, że dla każdego c > 0 , jeśli ac ≡ bc(mod mc ),
to a ≡ b(mod m ).
(b) Wykaż, że jeżeli ac ≡ bc(mod m ) oraz NWD(m, c) =
1 , to a ≡ b(mod m ).
(c) Pokaż, że jeżeli as ≡ 1(mod m ) i at ≡ 1(mod n ) ,
przy czym NWD(m, n) = 1, to zachodzi kongruencja
aNWW(s,t) ≡ 1(mod mn ).
(d) Wykaż, że jeżeli a ≡ b(mod n ) oraz a ≡ b(mod m ),
to a ≡ b(mod NWW(m, n) ).
40
Cze,ść I – Zadania
5.1.6. Pokaż, że 11|255 + 1 . Jaka jest ostatnia cyfra liczby
255 + 1 w systemie o podstawie 11?
5.1.7. Wykaż, że 78|53103 + 10353 .
5.1.8.
(a) Znajdź ostatnia, cyfre, liczby 21000 .
(b) Wyznacz cia,g ostatnich cyfr dla cia,gu liczb Fermata Fn =
n
22 + 1 ( n = 0,1,2,3,. . . ).
5.1.9. Zbadaj, kiedy suma sześcianów trzech kolejnych liczb
naturalnych jest podzielna przez 18.
5.1.10. Udowodnij, że jeżeli n jest liczba, calkowita, nieujemna,,
to liczba 2n+2 + 32n+1 jest podzielna przez 7 .
5.1.11. Pokaż,
( ) że jeżeli p jest liczba, pierwsza,, to
(a) kp ≡ 0(mod p ) dla 1 ≤ k ≤ p − 1 ;
( n)
(b) pk ≡ 0(mod p ) dla dowolnego calkowitego n ≥
1 oraz 1 ≤ k ≤ pn − 1 ;
n
n
n
(c) (a + b)p ≡ ap + bp (mod p ) dla dowolnych liczb
calkowitych a , b i dowolnego calkowitego n ≥ 0 .
5.1.12. Uzasadnij, że dla każdej liczby naturalnej n , liczba
2n + 1 nie jest podzielna przez 7. Jaka może być ostatnia cyfra
liczby 2n + 1 w systemie o podstawie 7?
5.2. Kongruencje a wielomiany. Niech W (x) = w0 +
w1 x + w2 x2 + · · · + wn xn be, dzie wielomianem o wspólczynnikach
calkowitych i niech a ≡ b(mod m ) . Z wlasności kongruencji
wynika, że
w0 ≡ w0 (modm)
w1 a ≡ w1 b(modm)
w2 a2 ≡ w2 b2 (modm)
........................
wn an ≡ wn bn (modm).
Dodaja,c stronami powyższe kongruencje otrzymujemy
w0 +w1 a+w2 a2 +· · ·+wn an ≡ w0 +w1 b+w2 b2 +· · ·+wn bn (mod m ),
czyli W (a) ≡ W (b)(mod m ) .
Kongruencje
41
5.2.1. Pokaż, że jeżeli A = 1 + 8 + 2 · 82 + · · · + n8n , B =
1 + 3 + 2 · 32 + · · · + n3n , to 5|A − B .
5.2.2. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspólczynnikach calkowitych jest taki, że W (2) jest podzielne przez 5 i W (5)
jest podzielne przez 2, to W (7) jest podzielne przez 10.
5.2.3. Niech n be, dzie liczba, naturalna,, a n0 , n1 , . . . , ns
jej kolejnymi cyframi w ukladzie dziesie, tnym, tzn. n = n0 + n1 10 +
· · · + ns 10s . Rozważmy wielomian N (x) = n0 + n1 x + · · · + ns xs .
Jest to wielomian o wspólczynnikach calkowitych oraz N (10) = n .
Z kongruencji 10 ≡ 1(mod 3 ) wynika, że n = N (10) ≡ N (1) =
n0 + n1 + · · · ns (mod 3 ) . Wyprowadź sta,d ceche, podzielności
przez 3.
5.2.4. Wyprowadź ceche, podzielności przez 9.
5.2.5. Opieraja,c sie, na kongruencji 10 ≡ −1(mod 11 ) ,
wyprowadź ceche, podzielności przez 11.
5.2.6. Dane sa, trzy różne liczby calkowite a , b i c . Udowodnij, że nie istnieje wielomian W (x) o wspólczynnikach calkowitych,
taki że W (a) = b , W (b) = c , W (c) = a .
5.2.7. Uzasadnij, że nie istnieje wielomian o wspólczynnikach
calkowitych, którego wartość dla każdej liczby naturalnej jest liczba,
pierwsza,.
5.2.8. Poproś kogoś, aby wybral dowolna, liczbe, naturalna,
wie, ksza, od 10 i wykonal naste, puja,ce dzialania:
i) utworzyl sume, cyfr wybranej liczby i odja,l ja, od wybranej
liczby;
ii) w otrzymanej liczbie skreślil pewna, niezerowa, cyfre, , a sume,
pozostalych cyfr podal Tobie.
Wtedy Ty jesteś w stanie wykryć skreślona, cyfre, . Podaj
matematyczna, podstawe, reguly wyznaczania ,,skreślonej cyfry”.
42
Cze,ść I – Zadania
5.3. Kongruencje a równania. Niech W be, dzie wielomianem o wspólczynnikach calkowitych, m be, dzie liczba, naturalna,
wie, ksza, od jedynki i niech liczba calkowita c be, dzie pierwiastkiem
wielomianu W (x) . Jeżeli r jest reszta, z dzielenia c przez m ,
to c ≡ r(mod m ) , sta,d W (r) ≡ W (c) ≡ 0(mod m ) . Zatem,
jeżeli istnieje liczba calkowita c taka, że W (c) = 0 , to istnieje
r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} takie, że W (r) ≡ 0(mod m ) .
5.3.1. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspólczynnikach calkowitych przybiera dla x = 0 i x = 1 wartości nieparzyste,
to równanie W (x) = 0 nie ma pierwiastków calkowitych.
5.3.2. Uzasadnij, że równanie
100x6 − 80x5 + 36x4 + 12x3 + x2 + 1001 = 0
nie ma rozwia,zania w liczbach calkowitych.
5.3.3. Udowodnij, że równanie 2x2 − 215y 2 = 1 nie ma
rozwia,zań w liczbach calkowitych.
5.3.4. Wielomian o wspólczynnikach calkowitych daje przy
dzieleniu przez wielomian x2 − 12x + 11 reszte, 990x − 889 . Wykaż,
że wielomian ten nie ma pierwiastków calkowitych.
5.4.
Male Twierdzenie Fermata.
Wiele obliczeń
zwia,zanych z kongruencjami skraca
Male Twierdzenie Fermata (MTF). Jeżeli liczba calkowita a
jest niepodzielna przez liczbe, pierwsza, p , to ap−1 ≡ 1(mod p ) .
Dowód. Niech rk oznacza reszte, z dzielenia liczby ak przez p (dla
k ∈ {1,2,. . . p − 1} ). Wtedy ak ≡ rk (mod p ) . Sta,d
a · 2a · 3a · · · (p − 1)a ≡ r1 r2 . . . rp−1 (mod p ).
(*)
Reszty rk sa, wszystkie różne, gdyż jeśli zachodzilaby równość rs =
rl dla pewnych s i l , to wówczas as ≡ al(mod p ) , czyli p|(s−l)a ,
co jest niemożliwe, gdyż p̸ | a i p̸ | s − l . Cia,g r1 , r2 , . . . , rp−1
zawiera wie, c te same liczby co cia,g 1, 2, . . . , p − 1 , co najwyżej
ulożone w innym porza,dku. Zatem r1 r2 . . . rp−1 = 1 · 2 · · · (p − 1) .
Kongruencje
43
Sta,d wobec (*) mamy 1 · 2 · · · (p − 1)ap−1 ≡ 1 · 2 · · · (p − 1)(mod p ) ,
czyli p|1 · 2 · · · (p − 1)(ap−1 − 1) . Ponieważ p̸ | 1 · 2 · · · (p − 1) , wie, c
p|ap−1 − 1 , co dowodzi prawdziwości twierdzenia.
Wniosek. Jeżeli p jest liczba, pierwsza,, to dla każdej liczby
calkowitej a jest ap ≡ a(mod p ) .
Dowód (wniosku). Jeżeli p̸ | a , to z MTF mamy ap−1 ≡ 1(mod p ) ,
a ponieważ a ≡ a(mod p ) , wie, c po wymnożeniu stronami powyższych kongruencji mamy ap ≡ a(mod p ) .
Jeżeli p|a , to p|ap − a , wie, c ap ≡ a(mod p ) .
5.4.1. Stosuja,c metode, indukcji matematycznej, udowodnij,
że dla dowolnej liczby naturalnej n jest np ≡ n(mod p ) , gdzie p
oznacza liczbe, pierwsza,.
5.4.2. Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej n
(a) 30|n5 − n ;
(b) 15|n7 − n5 − n3 + n .
5.4.3. Udowodnij, że każda liczba pierwsza p > 5 jest dzielnikiem liczby np = 11 . . . 1 napisanej w ukladzie dziesie, tnym za
pomoca, p − 1 jedynek.
5.4.4. Wykaż, że jeżeli liczby a1 , a2 , . . . , ak sa, liczbami
calkowitymi, p zaś liczba, pierwsza,, to p|ap1 + ap2 + · · · + apk wtedy
i tylko wtedy, gdy p|a1 + a2 + · · · + ak .
5.4.5. Udowodnij, że jeżeli liczby naturalne a , b , c i d
spelniaja, warunek a2 + b2 = c2 + d2 , to liczba a + b + c + d nie jest
liczba, pierwsza,.
5.4.6. Wykaż, że dla każdej liczby pierwszej p istnieje
nieskończenie wiele liczb postaci 2n − n podzielnych przez p , gdzie
n ∈ N.
5.4.7. Uzasadnij, że jeżeli a i b sa, liczbami calkowitymi, to
liczba K = ab(a2 − b2 )(a2 + b2 ) jest podzielna przez 30.
5.4.8. Niech p be, dzie liczba, pierwsza,. Pokaż, że dla każdego
calkowitego a takiego, że p̸ | a , istnieje dokladnie jedno b takie, że
1 ≤ b ≤ p − 1 oraz ab ≡ 1(mod p ) .
44
Cze,ść I – Zadania
5.4.9. Dana jest liczba pierwsza p > 3 . Wykaż równoważność
zdań:
(i) Istnieje taka liczba calkowita n , że liczba n2 − n + 3 jest
podzielna przez p .
(ii) Istnieje taka liczba calkowita m , że liczba m2 − m + 25
jest podzielna przez p .
5.4.10. Pokaż, że w cia,gu arytmetycznym postaci 4k + 1 istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.
Wskazówka. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest
tylko skończona ilość. Niech to be, da, liczby p1 , p2 , . . . , pn .
Rozważmy liczbe, K = 2p1 p2 . . . pn , a naste, pnie liczbe, K 2 + 1 .
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera. Uogólnieniem MTF jest naste, puja,ce
Twierdzenie Eulera. Jeżeli liczby calkowite a i m sa, wzgle, dnie
pierwsze, przy czym m > 1 , to aϕ(m) ≡ 1(mod m ) , gdzie ϕ(m)
oznacza ilość liczb naturalnych mniejszych od m i wzgle, dnie pierwszych z m .
Dowód. Udowodnimy najpierw twierdzenie w przypadku, gdy m
jest pote, ga, liczby pierwszej, tj. gdy m = pα . Zastosujemy indukcje,
wzgle, dem α . Z MTF wynika, ze twierdzenie jest prawdziwe dla
α = 1 . Zalóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla α − 1 , tzn.
α−1
aϕ(p ) ≡ 1(mod pα−1 ) . Ponieważ ϕ(pα−1 ) = pα−1 − pα−2 , wie, c
α−1
α−2
ap −p
= 1 + pα−1 b dla pewnej liczby calkowitej b . Podnosza,c
obie strony ostatniej równości do pote, gi p mamy
( α−1 α−2 )p (
)p
ap −p
= 1 + pα−1 b
( )
( )
p α−1
p
=1+
p
b+
(pα−1 b)2 + · · ·
1
2
(
)
p
+
(pα−1 b)p−1 + (pα−1 b)p .
p−1
( ) ( )
( p )
Ponieważ wspólczynniki p1 , p2 , . . . , p−1
sa, podzielne przez p
(zobacz 5.1.11(a)), wie, c ap
α
−pα−1
α
= 1 + pα c , czyli aϕ(p
)
≡
Kongruencje
45
1(mod pα ) . Zatem twierdzenie jest prawdziwe dla pote, g liczb
pierwszych.
αs
1 α2
Niech teraz m = pα
1α p2 . . . ps . Z udowodnionej cze, ści twieri
i
dzenia wynika, że aϕ(pi ) ≡ 1(mod pα
i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .
Podnosza,c do odpowiedniej pote, gi, mamy
α1
aϕ(p1
α
s
)ϕ(p2 2 )...ϕ(pα
s )
i
≡ 1(mod pα
i ).
Wykorzystuja,c multyplikatywność funkcji ϕ (zobacz 2.6.11) mamy
aϕ(m) ≡ 1(mod piαi ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} . Z 5.1.5(d) wynika, że
aϕ(m) ≡ 1(mod m ) .
Z twierdzenia Eulera wynika, że jeżeli liczby a i m sa,
wzgle, dnie pierwsze, to kongruencja wykladnicza ax ≡ 1(mod m )
ma zawsze pierwiastek naturalny, mianowicie x = ϕ(m) . Kongruencja ax ≡ 1(mod m ) może mieć pierwiastek mniejszy od
ϕ(m) . Na przyklad pierwiastkiem kongruencji 10x ≡ 1(mod 41 )
jest liczba 5 mniejsza od ϕ(41) = 40 .
Oznaczmy przez wm (a) najmniejsza, liczbe, naturalna,, taka, że
wm (a)
a
≡ 1(mod m ) . Liczba wm (a) nazywa sie, wykladnikiem, do
jakiego należy a wedlug modulu m . Zauważmy, że jeżeli ak ≡
1(mod m ) , to wm (a)|k . Istotnie, jeżeli k = qwm (a) (+ r , gdzie
)q
0 ≤ r < wm (a) (dzielenie z reszta,), to 1 ≡ aqwm (a)+r ≡ awm (a) ·
ar ≡ 1q ar ≡ ar (mod m ) . Sta,d wobec minimalności wm (a) i nierówności r < wm (a) musi być r = 0 , tzn. wm (a)|k . Z powyższych
rozważań i twierdzenia Eulera otrzymujemy naste, puja,cy
Wniosek. Jeżeli liczba a jest wzgle, dnie pierwsza z m oraz ak ≡
1(mod m ) , to wm (a)|k . W szczególności wm (a)|ϕ(m) .
5.5.1. Niech NWD(a, m) = 1 i niech r be, dzie reszta, z dzielenia
n przez ϕ(m) . Pokaż, że an ≡ ar (mod m ) .
5.5.2. Niech ak ≡ 1(mod m ) i niech al ≡ 1(mod m ) .
Pokaż, że aNWD(k,l) ≡ 1(mod m ) .
5.5.3. Znajdź reszte, z dzielenia
(a) 317259 przez 15;
(b) 767 przez 12;
(c) 4113 przez 92;
(d) 21000000 przez 77.
46
Cze,ść I – Zadania
5.5.4. Pokaż, że jeżeli n = 73 · 37 , to 2n−1 ≡ 1(mod n ) .
5.5.5. Wykaż, że dla liczby naturalnej n ≥ 3 , liczba n7 −
14n + 49n3 − 36n dzieli sie, przez 20.
5
5.5.6. Wyznacz wszystkie wartości naturalne n , dla których
2n − 1 jest liczba, podzielna, przez 7.
5.5.7. Udowodnij, że dla dowolnej liczby nieparzystej m
równanie 2x = my + 1 ma nieskończenie wiele rozwia,zań w liczbach
naturalnych x , y .
5.5.8. Wykaż, że iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych,
z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej wie, kszej od 1,
jest podzielny przez 504.
5.5.9. Udowodnij twierdzenie Eulera wzoruja,c sie, na dowodzie
MTF znajduja,cego sie, w 5.4.
5.6. Rozwinie, cie okresowe a kongruencje. Rozwinie, cie
5
otrzymujemy przez ,,nieprzerwane” dzielenie
dziesie, tne ulamka 13
jak w Obliczeniu 1.
0 ,384615(384615)
5 :13
50
39
110
104
60
52
80
78
20
13
70
65
5
..
.
Obliczenie 1.
Kongruencje
47
Gdy tylko wysta,pi reszta 5, caly rachunek, który zacza,l sie, od 5,
powtórzy sie, od pocza,tku, a zatem cia,g reszt 5, 11, 6, 8, 2, 7 i cia,g
ilorazów 3, 8, 4, 6, 1, 5 be, dzie sie, stale powtarzal.
5
Zamieniaja,c 13
na ulamek okresowy, dokonaliśmy dzieleń
przedstawionych w Obliczeniach 2.
10 · 5 = 13 · 3 + 11
10 · 11 = 13 · 8 + 6
10 · 6 = 13 · 4 + 8
10 · 8 = 13 · 6 + 2
10 · 2 = 13 · 1 + 7
10 · 7 = 13 · 5 + 5
Obliczenia 2.
Ogólnie, aby znaleźć rozwinie, cie dziesie, tne wlaściwego nieskracalnego ulamka ab , którego mianownik jest wzgle, dnie pierwszy
z liczba, 10, dokonujemy naste, puja,cych dzieleń:
10a = bq1 + r1
10r1 = bq2 + r2
..................
10rk−1 = bqk + rk
(*)
gdzie ri < b oraz qi < 10 dla i ∈ {1,2,. . . ,k} . Ponieważ
NWD(10, b) = 1 i NWD(a, b) = 1 , wie, c NWD(r1 , b) = 1 , a sta,d kolejno
otrzymujemy, że NWD(r2 , b) = NWD(r3 , b) = · · · = NWD(rk , b) = 1 .
5.6.1. Wykorzystuja,c powyższe oznaczenia, uzasadnij, że
jeżeli liczba równości wyste, puja,cych w (*) jest równa wykladnikowi
do jakiego należy 10 wedlug modulu b , to rk = a oraz qk+1 = q1 .
5.6.2. Uzasadnij, że liczba cyfr w okresie rozwinie, cia w systemie o podstawie 10 nieskracalnego wlaściwego ulamka ab , którego
mianownik jest wzgle, dnie pierwszy z liczba, 10, dzieli liczbe, ϕ(b)
i jest równa najmniejszemu naturalnemu pierwiastkowi kongruencji
10x ≡ 1(mod b ) .
48
Cze,ść I – Zadania
5.6.3. Znajdź ilość cyfr w okresie rozwinie, cia
o podstawie 2.
1
5
w systemie
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona. Poznamy
teraz pewne fakty pozwalaja,ce scharakteryzować liczby pierwsze.
Twierdzenie Wilsona. Jeżeli p jest liczba, pierwsza,, to
(p − 1)! ≡ −1(mod p ).
Dowód. Niech p > 2 . Z zadania 5.4.8 wynika, że dla każdego
a ∈ {1,2,. . . ,p − 1} istnieje b ∈ {1,2,. . . ,p − 1} takie, że ab ≡
1(mod p ) . Nazwijmy liczbe, b ,,odpowiednia,” 1 dla liczby a .
Oczywiste jest, że jeżeli b jest ,,odpowiednia” dla a , to a jest
,,odpowiednia” dla b . Zauważmy, że dla 1, ,,odpowiednia,” jest 1,
a dla p−1 , ,,odpowiednia,” jest p−1 . Oprócz 1 i p−1 w cia,gu liczb
1 , 2 , . . . , p − 1 nie ma innej liczby, która by byla równa swojej
,,odpowiedniej”. Istotnie, gdyby a bylo taka, liczba,, to p|a2 − 1 ,
czyli p|a + 1 lub p|a − 1 . Nie jest to możliwe, gdy 3 ≤ a + 1 ≤ p − 1
i 1 ≤ a − 1 ≤ p − 3 . Zatem liczby cia,gu 2 , 3 , . . . , p − 2 ,
gdzie p > 2 rozpadaja, sie, na pary różnych liczb ,,odpowiednich”:
m1 , n1 ; m2 , n2 ; . . . ; m p−3 , n p−3 . Ponieważ mi ni ≡ 1(mod p )
2
2
{
}
dla i ∈ 1,2,. . . , p−3
,
wie
c
,
2
m1 n1 · m2 n2 · · · · · m p−3 n p−3 · 1 · (p − 1) ≡ p − 1(mod p ).
2
2
Czynniki iloczynu m1 n1 · m2 n2 · · · · · m p−3 n p−3 · 1 · (p − 1) różnia, sie,
2
2
od czynników iloczynu 1 · 2 · · · · · (p − 1) tylko porza,dkiem. Zatem
(p − 1)! ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ).
Twierdzenie jest też prawdziwe dla p = 2 , gdyż
(2 − 1)! = 1 ≡ −1(mod 2 ).
5.7.1. Uzasadnij, że 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .
1
Czytelnik obeznany z arytmetyka, modulo zapewne zauważyl, że liczba ,,odpowiednia” dla liczby a jest odwrotna, modulo p do a .
Kongruencje
49
5.7.2. Uzasadnij, że liczba 712! + 1 jest zlożona.
5.7.3. Udowodnij, że jeżeli liczba n > 1 jest taka, że (n−1)! ≡
−1(mod n ) , to n jest liczba, pierwsza,.
5.7.4. Udowodnij, że liczba naturalna p > 1 jest liczba,
pierwsza, wtedy i tylko wtedy, gdy (p − 2)! ≡ 1(mod p ) .
5.7.5. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych n , dla których liczba n! + 1 jest zlożona.
5.7.6. Udowodnij, że jeżeli liczba n jest zlożona i n ̸= 4 , to
(n − 1)! ≡ 0(mod n ).
5.7.7. Znajdź wszystkie liczby naturalne nieparzyste n , dla
których zachodzi (n − 1)! ̸≡ 0(modn2 ) .
5.8.
Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach.
Przed rozpocze, ciem studiowania dowodu kolejnego twierdzenia, proponujemy naste, puja,ca, zabawe, :
Poproś kogoś, żeby wybral liczbe, naturalna, mniejsza,
od 60 i wykonal naste, puja,ce czynności:
(i) podzielil ja, przez 3 i podal reszte, . Niech ta, reszta, be, dzie a ;
(ii) podzielil te, liczbe, przez 4 i podal reszte, . Niech ta,
reszta, be, dzie b ;
(iii) podzielil te, liczbe, przez 5 i podal reszte, . Niech ta,
reszta, be, dzie c .
Wybrana liczba jest reszta, otrzymana, z dzielenia
liczby 40 a + 45 b + 36 c przez 60.
Czy jesteś w stanie podać matematematyczna, podstawe, przytoczonej zabawy? Jeżeli nie, to przestudiuj dowód twierdzenia
zamieszczonego niżej.
Chińskie twierdzenie o resztach. Niech n1 , n2 , . . . , nr be, da,
liczbami naturalnymi parami wzgle, dnie pierwszymi, n = n1 n2 . . . nr
oraz a1 , a2 , . . . , ar sa, dowolnymi liczbami calkowitymi. Wówczas
50
Cze,ść I – Zadania
istnieje dokladnie jedna liczba calkowita x należa,ca do przedzialu
[1,n] , taka że x ≡ ai (mod ni ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} .
Dowód. Oznaczmy iloczyn n1 n2 . . . ni−1 ni+1 . . . nr przez mi . Ponieważ NWD(ni , nj ) = 1 dla i ̸= j , wie, c NWD(mi , ni ) = 1 . Istnieja,
zatem liczby calkowite ki , li , takie że ki mi + li ni = 1 . Wówczas
ki mi ≡ 1(mod ni ) oraz ki mi ≡ 0(mod nj ) dla j ̸= i . Oznaczmy
przez x0 liczbe,
a1 k1 m1 + a2 k2 m2 + · · · + ai ki mi + · · · + ar kr mr .
Z powyższych kongruencji wynika, że x0 ≡ ai ki mi ≡ ai (mod ni )
dla dowolnego i ∈ {1,2,. . . ,r} . Niech x be, dzie reszta, z dzielenia
x0 przez n , czyli x0 ≡ x(mod ni ) . Zatem x ≡ ai (mod ni ) .
Pokazaliśmy, że ża,dana liczba x istnieje.
Należy jeszcze pokazać, że w przedziale [1,n] istnieje dokladnie
jedna taka liczba. Przypuśćmy, że x,x̃ ∈ [1,n] sa, rozwia,zaniami
rozważanego ukladu kongruencji, czyli x ≡ ai (mod ni ) oraz x̃ ≡
ai (mod ni ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} . Wówczas x̃ − x ≡ 0(mod ni ) dla
i ∈ {1,2,. . . ,r} , sta,d x̃ ≡ x(mod n ) . Zatem x = x̃ .
5.8.1. Analizuja,c dowód chińskiego twierdzenia o resztach, podaj matematyczna, podstawe, zabawy przytoczonej na pocza,tku 5.8.
5.8.2. Oblicz, ile jest liczb naturalnych mniejszych od 2000,
które przy dzieleniu przez 11 daja, reszte, 1, a przy dzieleniu przez 4
daja, reszte, 3.
5.8.3. Znajdź liczbe, trzycyfrowa, (w systemie dziesie, tnym),
która daje reszte, 4 przy dzieleniu przez 7, 9 i 11.
5.8.4. Znajdź najmniejsza, liczbe, dodatnia,, która daje reszte,
1 przy dzieleniu przez 11, reszte, 2 przy dzieleniu przez 12 i reszte, 3
przy dzieleniu przez 13.
5.8.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych parami
wzgle, dnie pierwszych p , q i r równanie xp + y q = z r ma
rozwia,zanie w liczbach naturalnych x , y , z .
5.8.6. Niech dane be, da, liczby naturalne a1 , a2 , . . . , an ,
an+1 parami wzgle, dnie pierwsze. Udowodnij, że równanie
a
n+1
xa1 1 + xa2 2 + · · · + xann = xn+1
ma nieskończenie wiele rozwia,zań w liczbach naturalnych.
CZE, ŚĆ II – ROZWIA, ZANIA
1. Podstawowe wlasności liczb calkowitych
1.1. Podzielność liczb calkowitych
1.1.1. Zauważmy, że jeśli pomnożymy 5 przez liczbe, parzysta,,
to otrzymamy liczbe, z zerem na końcu, a jeśli pomnożymy 5 przez
liczbe, nieparzysta,, to ostatnia, cyfra, iloczynu be, dzie 5. Istotnie,
5 · (2k + 1) = k · 10 + 5 , a ponieważ ostatnia, cyfra, k · 10 jest 0,
wie, c k · 10 + 5 ma na końcu 5. Sta,d wynika, że jeśli liczba n dzieli
sie, przez 5, to jej ostatnia, cyfra, jest 0 lub 5. Zatem 5̸ | 12354 , ale
5|12345 .
1.1.2. Jeżeli m|a , to istnieje taka liczba calkowita n , że m ·
n = a . Ale wtedy m · (−n) = −a . Ponieważ −n jest liczba,
calkowita,, wie, c m|(−a) .
1.1.3. Jeśli m|a , to istnieje liczba calkowita n taka, że mn =
a . Ale wtedy m · (nb) = ab . Ponieważ nb jest liczba, calkowita,,
wie, c mamy m|ab .
1.1.4. Ponieważ 15|225 , wie, c 15|3 · 225 , a zatem 15|675 . Co
wie, cej, 15|6000 (bo 15·400 = 6000 ) oraz 5775 = 6000−225 . Z zalożenia wiemy, że istnieje liczba calkowita n taka, że 15 · n = 225 .
Mamy zatem 5775 = 15(400 − n) . Ponieważ 400 − n jest liczba,
calkowita,, wie, c 15|5775 .
1.1.5. Nie. Niech m = 6 , a = 2 i b = 3 . Wówczas m̸ | a ani
m̸ | b , chociaż m|ab .
52
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.1.6. Jeżeli m|a oraz m|b , to istnieja, takie liczby calkowite
n i k , że mn = a oraz mk = b . Sta,d a + b = m(n + k) , wie, c
m|a + b . Podobnie a − b = m(n − k) , ska,d m|a − b .
1.1.7. Mamy 770 = 784 − 14 oraz 812 = 784 + 28 . Zatem
z poprzedniego zadania wynika, że 14|770 oraz 14|812 .
1.1.8. Skoro istnieje taka liczba calkowita n , że 14n = 784 ,
to 7 · 2n = 784 . Zatem 7|784 . Z poprzedniego zadania wynika
też, że 7|812 (bo 14|812 ). Ale gdyby 7 dzielilo 817, to dzieliloby
też różnice, 817 − 812 = 5 . Ponieważ 7̸ | 5 , wie, c mamy sprzeczność.
Czyli 7̸ | 817 .
1.1.9. 790 nie wydaje sie, być podzielna, przez 14, ponieważ
wtedy 790 − 784 = 6 dzieliloby sie, przez 14, ale to nie jest prawda.
1.1.10. Zalóżmy, że 56|m oraz m > 2576 . Wtedy 56|m −
2576 . Szukamy wie, c najmniejszej liczby dodatniej, która sie, dzieli
przez 56. Jest to oczywiście 56. Zatem najmniejsza, po 2576 liczba,
podzielna, przez 56 jest 2576 + 56 = 2632 .
1.1.11. Jeśli 7|m , to 7|m − 315 . Zatem m − 315 jest jedna,
z liczb 7, 14, 21, 28 itd. lub 0, −7 , −14 , −21 itd. Zatem liczby
z przedzialu (290,340) podzielne przez 7, to 294, 301, 308, 315, 322,
329 i 336.
1.1.12. Z tego, że m|a + b , nie można wiele wywnioskować.
Jeśli bowiem m = 5 , a = 2 oraz b = 3 , to nie zachodzi ani
koniunkcja m|a i m|b , ani alternatywa m|a lub m|b .
1.1.13. Jeśli m|a+b oraz m|a−b , to wtedy m|(a+b)+(a−b)
i m|(a + b) − (a − b) , wie, c m|2a oraz m|(−2b) (sta,d m|2b ).
Zalóżmy, że m jest liczba, nieparzysta,, powiedzmy m = 2k + 1
dla pewnego k , i m|2a . Istnieje zatem n calkowite, takie że mn =
2kn + n = 2a . Ponieważ n = 2a − 2kn = 2(a − kn) , wie, c n jest
liczba, parzysta,. Zatem n2 jest liczba, calkowita, oraz m · n2 = a .
Zatem m|a . Podobnie pokazujemy, że m|b (jeśli m jest liczba,
nieparzysta,).
Jeśli m jest liczba, parzysta,, to wtedy m|2a nie implikuje
m|a .
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
53
1.1.14. Jeśli m|a oraz n|m , to istnieja, liczby calkowite k
oraz l takie, że mk = a i nl = m . Zatem n(lk) = a , czyli n|a .
1.1.15. Jeżeli m|a , to istnieje takie n calkowite, że mn = a .
Z wlasności wartości bezwzgle, dnej mamy |m||n| = |a| . Ponieważ
a ̸= 0 , wie, c n ̸= 0 . Zatem |m| =
|a|
|n|
≤ |a| .
1.1.16. Z poprzedniego zadania mamy |m| ≤ |a| oraz |a| ≤
|m| . Zatem |a| = |m| , czyli m = a lub m = −a .
1.2. Zasada indukcji matematycznej
1.2.1. Rozważmy zdanie T (n) mówia,ce o liczbie naturalnej n . Zakladamy, że T (m) jest zdaniem prawdziwym dla pewnego
m ∈ N0 oraz że ze zdania T (k) wynika zdanie T (k+1) dla k ≥ m .
Niech X = {n ∈ Nm : T (n) jest falszywe} . Należy pokazać, że
X = ∅.
Przypuśćmy, że X ̸= ∅ . Z zasady minimum wynika, że
w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech l be, dzie ta, liczba,.
Ponieważ T (m) jest zdaniem prawdziwym, wie, c l > m . Liczba
l −1 ∈
/ X , wie, c zdanie T (l − 1) jest prawdziwe. Jednakże
z prawdziwości zdania T (l − 1) wynika natychmiast prawdziwość
zdania T (l) . Zatem l ∈
/ X . Otrzymana sprzeczność dowodzi
prawdziwości zasady indukcji.
{
}
1.2.2. Rozważmy zbiór M = n ∈ N0 : 3|n3 + 5n .
10 Ponieważ 3|0 , wie, c 0 ∈ M .
20 Przypuśćmy, że k ∈ M , tj. że 3|k 3 + 5k . Uzasadnimy,
że k + 1 ∈ M , czyli że
3|(k + 1)3 + 5(k + 1).
(*)
Z zalożenia mamy, że k 3 + 5k = 3t dla pewnego t ∈ N0 .
Zatem
(k + 1)3 + 5(k + 1) = k 3 + 5k + 3(k 2 + k + 2)
= 3(t + k 2 + k + 2),
sta,d (*).
Na mocy zasady indukcji, M = N0 , co oznacza, że 3|n3 + 5n dla
dowolnego n ∈ N0 .
54
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.2.3.
2
10 Jeżeli n = 2 , to mamy 22 + 1 = 17 . Ostatnia, cyfra, tej
liczby jest wie, c 7.
k
k
20 Jeżeli ostatnia, cyfra, liczby 22 + 1 jest 7, to 22 + 1 =
k
10q + 7 , czyli 22 = 10q + 6 dla pewnego q ∈ N0 . Sta,d
2k+1
2
+1=2
2k ·2
(
2k
)2
+1= 2
+1
= (10q + 6)2 + 1
= 100q 2 + 120q + 36 + 1
= 10(10q 2 + 12q + 3) + 7,
k+1
co oznacza, że ostatnia, cyfra, liczby 22
jest 7.
n
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia, cyfra, liczby 22 +
1 jest 7, jeśli n ∈ N2 .
1.2.4. Wynika bezpośrednio z zadania 1.2.3.
1.2.5.
1
10 Jeżeli n = 1 , to 24 − 5 = 11 . Ostatnia, cyfra, liczby 11
jest 1.
k
k
20 Jeżeli ostatnia, cyfra, liczby 24 − 5 jest 1, to 24 − 5 =
10q + 1 . Sta,d
24
k+1
− 5 = 24
k
·4
−5
= (10q + 6)4 − 5
= 10000q 4 + 24000q 3 + 21600q 2
+ 8640q + 1296 − 5
= 10(1000q 4 + 2400q 3 + 2160q 2
+ 864q + 129) + 1,
k
co oznacza, że ostatnia, cyfra, 24 +1 − 5 jest 1.
n
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia, cyfra, liczby 24 −
5 jest 1 dla n ∈ N1 .
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
55
1.3. Dzielenie z reszta,
1.3.1.
(a) 23 = 3 · 7 + 2 ;
(b) 43 = 4 · 10 + 3 ;
(c) 36 = 12 · 3 + 0 .
1.3.2. Rozważamy zbiór X = {n − dk ∈ N0 : k ∈ Z} . Zbiór
ten nie jest pusty. Istotnie, jeśli n ≥ 0 , to n = n − d · 0 ∈ X ,
a jeżeli n < 0 , to n − nd = n(1 − d) ∈ X . Z zasady minimum
wynika, że w X istnieje liczba najmniejsza. Niech r be, dzie ta,
liczba,. Ponieważ r ∈ X , wie, c istnieje liczba calkowita q taka, że
r = n − dq , ska,d n = dq + r , gdzie r ≥ 0 . Zauważmy, że r < d .
Gdyby tak nie bylo, tj. r ≥ d , to wtedy
0 ≤ r − d = n − dq − d = n − d(q + 1) ∈ X
oraz r − d < r . Byloby to sprzeczne z wyborem liczby r . Zatem
r < d.
Pozostalo jeszcze pokazać, że istnieje tylko jedna para liczb
calkowitych q , r taka, że n = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d .
Przypuśćmy nie wprost, że n = dq1 + r1 = dq2 + r2 , przy czym
0 ≤ r1 < d , 0 ≤ r2 < d . Jeżeli np. r1 < r2 , to
0 < r2 − r1 < d.
(1)
Ale r2 − r1 = d(q1 − q2 ) , wie, c
d|r2 − r1 .
(2)
Wyrażenia (1) oraz (2) nie moga, być jednocześnie spelnione, wie, c
otrzymujemy sprzeczność. Podobnie rozumujemy, gdy r1 > r2 .
Zatem musi być r1 = r2 . Co za tym idzie, to 0 = r2 − r1 =
d(q1 − q2 ) , czyli wobec d ̸= 0 , mamy q1 = q2 .
1.3.3.
(2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 4n(n + 1) + 1.
Liczba n(n + 1) dzieli sie, przez 2, wie, c jest postaci 2k , k ∈ Z .
Zatem (2n + 1)2 = 8k + 1 .
56
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.3.4. n2 + (n + 1)2 = n2 + n2 + 2n + 1 = 2n(n + 1) + 1 . Liczba
n(n + 1) jest postaci 2q , gdzie q ∈ N , wie, c n2 + (n + 1)2 = 4q + 1 .
1.3.5. Przypuśćmy, że istnieje liczba calkowita x taka, że
3m + 2 = x2 . Dowolna liczba calkowita jest postaci 3k , 3k + 1 lub
3k + 2 ( k ∈ Z ). Jeśli x = 3k , to mamy 3m + 2 = 9k 2 , a sta,d
3(3k 2 − m) = 2 , co oczywiście oznacza, że 3|2 . Otrzymaliśmy
sprzeczność. Podobnie dochodzimy do sprzeczności zakladaja,c, że
x = 3k + 1 lub x = 3k + 2 .
1.3.6.
(2q1 + 1)2 + (2q2 + 1)2 = 4q12 + 4q1 + 1 + 4q22 + 4q2 + 1
= 4(q12 + q22 + q1 + q2 ) + 2.
Wystarczy zatem pokazać, że liczba calkowita postaci 4k + 2 nie
jest kwadratem liczby calkowitej.
Przypuśćmy, że istnieje liczba calkowita x taka, że 4k + 2 =
2
x . Jeśli x jest liczba, parzysta,, tj. x = 2l , to x2 = 4l2 , wie, c
4(k − l2 ) = −2 , czyli 4|2 . Otrzymaliśmy wie, c sprzeczność. Jeżeli
x = 2l + 1 , to 4k + 2 = (2l + 1)2 , czyli 4(k − l2 − l) = −1 . Zatem
4|1 i znowu otrzymujemy sprzeczność.
1.4. Cze, ść calkowita
1.4.1. Z określenia cze, ści calkowitej wynika, że [x] ≤ x , a z zalożenia, że x ≤ y . Zatem [x] ≤ y . Z ostatniej nierówności wynika,
że [x] jest liczba, calkowita, nie wie, ksza, od y . Ponieważ [y] jest
najwie, ksza, spośród takich liczb calkowitych, wie, c [x] ≤ [y] .
1.4.2. Ponieważ −n ≤ −n+α < −n+1 , wie, c [−n+α] = −n .
1.4.3.
(a) Zauważmy, że jeżeli x jest liczba, calkowita,, to −x jest
także liczba, calkowita,. Mamy zatem [x] = x oraz [−x] =
−x . Sta,d [−x] = −x = −[x] .
(b) Jeżeli x nie jest liczba, calkowita,, to x = [x] + α , gdzie
α ∈ (0,1) . Wtedy
−x = −[x] − α = −[x] − 1 + (1 − α).
57
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
Ponieważ 1 − α ∈ (0,1) , wie, c [−x] = −[x] − 1 (zobacz 1.4.2).
(c) Zapiszmy x w postaci x = [x] + {x} . Wówczas
[x + n] = [[x] + n + {x}] = [x] + n.
1.4.4. Ponieważ x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈
[0,1) , wie, c x + y = [x] + [y] + α + β . Tutaj α + β ∈ [0,1) ba,dź
α + β ∈ [1,2) . Sta,d
{
[x] + [y],
gdy α + β ∈ [0,1)
[x + y] =
,
[x] + [y] + 1, gdy α + β ∈ [1,2)
czyli [x + y] ≥ [x] + [y] .
1.4.5. Niech x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈ [0,1) .
Ponieważ [x] = [y] , wie, c
|x − y| = |α − β| < 1.
[
[x]
n
]
jest liczba, calkowita,.
1.4.6. Liczba
przez α . Mamy zatem nierówność
α≤
Oznaczmy ja,
[x]
< α + 1,
n
czyli nierówność
αn ≤ [x] < n(α + 1).
Ale x = [x] + β , gdzie β ∈ [0,1) oraz αn i n(α + 1) sa, liczbami
calkowitymi, wie, c
αn ≤ x < n(α + 1).
[ ]
Sta,d α ≤ nx < α + 1 , wie, c nx = α .
1.4.7. Z określenia cze, ści calkowitej wynika, że
5x + 4
2x + 3
5x + 4
≤
<
+ 1.
7
5
7
Rozwia,zuja,c powyższa, nierówność mamy
−
34
1
<x≤
,
11
11
58
Cze, ść II – Rozwia,zania
sta,d
−
5x + 4
49
126
<
≤
.
77
7
77
jest liczba, calkowita,, może przyjmować wartości −1
(
]
49
lub 0 (jedyne liczby calkowite z przedzialu − 126
77 , 77 ). Z równań
Ponieważ
5x+4
7
5x + 4
= −1
7
lub
5x + 4
=0
7
4
wynika, że x = − 11
5 lub x = − 5 .
1.4.8. Zapisuja,c x w postaci x = [x] + {x} , mamy
[
] [
]
1
2
[[x] + {x}] + [x] + {x} +
+ [x] + {x} +
+
n
n
[
]
n−1
+ · · · + [x] + {x} +
.
n
Korzystaja,c z zadania 1.4.3(c) przeksztalcamy (1) do postaci
[
]
[
]
1
2
[x] + [{x}] + [x] + {x} +
+ [x] + {x} +
+
n
n
[
]
n−1
+ · · · + [x] + {x} +
.
n
(1)
(2)
Upraszczaja,c zapis w (2) otrzymujemy
n[x] +
n−1
∑[
j=0
]
j
{x} +
.
n
(3)
Ale dla dowolnej liczby rzeczywistej x można tak dobrać i należa,ce
do zbioru {0,1,. . . n − 1} , że
i−1
i
< {x} < .
n
n
(4)
Drugi skladnik sumy (3) możemy wie, c zapisać w postaci
]
]
n−i [
n−1
∑
∑ [
j
j
{x} +
+
{x} +
.
n
n
j=0
j=n−i+1
(5)
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
59
Dla j ∈ {0,1,. . . n − i} mamy
0 ≤ {x} +
j
i
n−i
< +
= 1.
n
n
n
(6)
Natomiast dla j ∈ {n − i + 1,n − i + 2,. . . n − 1} mamy
{x} +
j
i−1 n−i+1
≥
+
=1
n
n
n
(7)
{x} +
j
i
n−1
n+i−1
< +
=
≤ 2.
n
n
n
n
(8)
oraz
Z (6) wynika, że pierwsza suma w (5) jest równa 0, a z (7) oraz (8)
dostajemy, że druga suma w (5) jest równa (n − 1) − (n − i) , czyli
i−1.
Sta,d mamy, że wyrażenie (1) jest równe n[x] + i − 1 . Z drugiej
strony,
[nx] = [n([x] + {x})] = n[x] + [n {x}].
Wobec (4) otrzymujemy
i − 1 ≤ n {x} < i,
co oznacza, że [n {x}] = i − 1 . Zatem [nx] = n[x] + i − 1 .
1.4.9. Ponieważ
[
]
[n] [n + 1]
n+k−1
+
+ ··· +
k
k
k
[
]
[n] [n 1]
n k−1
=
+
+
+ ··· +
+
,
k
k
k
k
k
wie, c wystarczy skorzystać z 1.4.8.
1.5. Dzielenie z reszta, – dalsze wlasności
1.5.1.
(a) 83 = (−3) · (−27) + 2 ;
(b) −71 = (−4) · 18 + 1 .
60
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.5.2. Klada,c
q=
mamy
m
n
<q≤
m
n
[m]
n
+1
oraz
r = m − qn,
+ 1 , ska,d wynika
m > qn ≥ m + n,
czyli −m < −qn ≤ −m − n . Zatem dodaja,c m do wszystkich
skladników otrzymanej nierówności mamy
0 < m − qn ≤ −n.
Sta,d
0 < r ≤ |n|.
1.5.3. Niech n = kp + r , gdzie 0 ≤ r < p . Wtedy
wielokrotnościami liczby p mniejszymi od n sa, liczby (i tylko one):
p, 2p, . . . , kp.
[ ]
Jest ich dokladnie k =
n
p
.
1.5.4. Mamy n = 2m + 1 = 3k + 2 = 4s + 3 = 5l + 4 .
Ponieważ n = 5l + 4 = (4l + 4) + l , wie, c reszta z dzielenia liczby
(4l+4)+l przez 4 jest równa reszcie z dzielenia l przez 4. Ponieważ
(4l + 4) + l = 4s + 3 , wie, c reszta z dzielenia l przez 4 jest równa 3 .
Zatem
l ∈ {3,7,11,15,19 . . .} .
Jeżeli l = 3 , to n = 19 nie spelnia warunków zadania. Podobnie,
gdy l = 7 , to n = 39 nie spelnia naszych warunków. Natomiast
dla l = 11 , liczba n = 59 spelnia warunki zadania.
61
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
1.6. Najwie, kszy wspólny dzielnik
1.6.1. Jeśli m < 0 , to NWD(m, n) = −m . Istotnie, (−m)|m
oraz (−m)|n . Jeżeli c|m i c|n , to c|(−m) .
Jeżeli m > 0 , to NWD(m, n) = m . Zatem NWD(m, n) = |m| .
1.6.2. Niech d = NWD(m, n) . Wtedy d|m i d|n . Sta,d wobec
równości m = nq + r , mamy d|r . Czyli d|n i d|r . Jeśli c|n oraz
c|r , to z równości m = nq +r wynika, że c|m . Ponieważ c|n i c|m
oraz d = NWD(m, n) , wie, c c|d . Zatem d = NWD(n, r) .
1.6.3. Zauważmy, że
98 = 1 · 56 + 42,
56 = 1 · 42 + 14,
42 = 3 · 14 + 0.
Zatem
14 .
NWD(98, 56)
=
NWD(56, 42)
=
NWD(42, 14)
=
NWD(14, 0)
=
1.6.4. Przypuśćmy, że NWD(n, n + 1) = d . Wtedy d|n oraz
d|n + 1 , czyli n = dm oraz n + 1 = dp dla pewnych liczb
calkowitych m i p . Sta,d 1 = (n + 1) − n = dp − dm = d(p − m) ,
co oznacza, że d|1 . Ponieważ d ≥ 1 , wie, c d = 1 .
1.6.5. Jeżeli d = NWD(2k + 1, 2k + 3) , to 2k + 1 = da i
2k + 3 = db dla pewnych liczb calkowitych a i b . Sta,d 2 =
(2k + 3) − (2k + 1) = d(b − a) . Zatem d|2 , czyli d = 2 lub
d = 1 . Jeżeli jednak d = 2 , to z warunku 2k + 1 = da wynika, że
2(k − a) = −1 , czyli 2|(−1) , co nie jest możliwe. Zatem d = 1 .
1.6.6. Przypuśćmy, że NWD(m1 , n1 ) = s > 1 . Wtedy m1 =
sm2 oraz n1 = sn2 dla pewnych m2 , n2 ∈ Z . Sta,d m = dsm2
i n = dsn2 . Ponieważ s > 1 , wie, c liczby m i n maja, wspólny
dzielnik ds wie, kszy od d wbrew temu, że NWD(m, n) = d . Zatem
s = 1.
1.6.7. Zalóżmy, że d = NWD(a, a + b) . Wtedy a = dx oraz
a+b = dy dla pewnych liczb calkowitych x i y . Sta,d b = dy−dx =
d(y − x) , czyli d|b . Wynika sta,d, że d jest wspólnym dzielnikiem
liczb a i b . Ponieważ jednak NWD(a, b) = 1 , wie, c d = 1 , czyli
a
ulamek a+b
jest nieskracalny.
62
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.6.8. Ponieważ NWD(m, n) = 1 , wie, c istnieja, liczby calkowite
x oraz y takie, że mx + ny = 1 . Mnoża,c ostatnia, równość przez
k otrzymujemy mkx + nky = k . Ponieważ m|nk , wie, c istnieje
liczba calkowita a taka, że nk = ma . Sta,d mkx + may = k , czyli
m(kx + ay) = k , co oznacza, że m|k .
1.6.9. Najwie, kszym wspólnym dzielnikiem liczb m , n i p
nazywamy taka, liczbe, d ≥ 1 , że
(a) d|m , d|n oraz d|p ;
(b) jeśli c|m , c|n i c|p , to c|d .
Zauważmy, że najwie, kszy dzielnik wlaściwy liczby 24 (tj. różny
od 1 i od 24), czyli 12, jest również dzielnikiem 36 oraz 120.
Ponieważ 24 nie jest dzielnikiem 36 , wie, c NWD(24,36,120) = 12 .
1.6.10. Zauważmy najpierw, że przynajmniej jedna z liczb
a1 , a2 , . . . , ak musi być różna od zera. Najwie, kszym wspólnym
dzielnikiem liczb a1 , a2 , . . . , ak nazywamy taka, liczbe, d ≥ 1 , że
(a) d|aj dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} ;
(b) jeśli c|aj dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} , to c|d .
Aby znaleźć NWD(36,120,180,600) , sprawdzamy, czy dzielniki
liczby 36 (od najwie, kszego do najmniejszego) sa, też dzielnikami pozostalych trzech liczb. Mamy 36̸ | 120 , wie, c 36 nie jest wspólnym
dzielnikiem, podobnie jak 18, które także nie dzieli 120. Ponieważ
12 dzieli 120, 180 oraz 600, jest to szukany najwie, kszy wspólny
dzielnik.
1.6.11. Oznaczmy d = NWD(m,n,p) (zdefiniowanemu w zadaniu 1.6.9) i d′ = PNWD(m,n,p) . Trzeba pokazać, że d =
d′ . Ponieważ d′ |m oraz d′ |NWD(n, p) , wie, c d′ dzieli każda,
z liczb m , n i p . Zatem d′ |d . Z drugiej strony, skoro
d|n i d|p , wie, c d|NWD(n, p) . Ponieważ zachodzi też d|m , wie, c
d|NWD(m, NWD(n, p)) , co oznacza, że d|d′ . Z definicji NWD wynika,
że d′ ≥ 1 . Sta,d i z faktów, że d|d′ oraz d′ |d mamy d = d′ .
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność
1.7.1.
(a) Liczba
nia.
NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) + 1
spelnia warunki zada-
63
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
(b) Liczba NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) − 1 spelnia warunki zadania. Istotnie,
NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10)
− 1 = 2k1 − 1 = 2(k1 − 1) + 1
= 3k2 − 1 = 3(k2 − 1) + 2
= 4k3 − 1 = 4(k3 − 1) + 3
= .....................
= 10k9 − 1 = 10(k9 − 1) + 9.
1.7.2. Ponieważ a|a1 db1 oraz b|a1 db1 , wie, c
Sta,d wynika, że
a1 db1 = NWW(a, b)s
NWW(a, b)|a1 db1
.
(*)
dla pewnej liczby calkowitej s . Wystarczy pokazać, że s = 1 .
Przypuśćmy, nie wprost, że s > 1 .
Ponieważ a|NWW(a, b)
oraz b|NWW(a, b) , wie, c NWW(a, b) = ar = bt dla pewnych liczb
calkowitych r i t . Podstawiaja,c do (*) otrzymujemy
a1 db1 = a1 drs = b1 dts.
Sta,d a1 = ts oraz b1 = rs , czyli a = dts i b = drs , co z kolei
oznacza, że NWD(a, b) ≥ ds > d , ska,d sprzeczność.
1.7.3. Niech NWD(a, b) = d i niech a = da1 , b = db1 . Wtedy
= a1 db1 (zobacz zadanie 1.7.2). Sta,d
NWW(a, b)
ab = a1 db1 d = NWD(a, b)NWW(a, b).
1.7.4.
Jeżeli liczby a i b sa, wzgle, dnie pierwsze (czyli
= 1 ), to NWD(a, b)NWW(a, b) = NWW(a, b) . Zatem z zadania 1.7.3 wynika ża,dana równość.
NWD(a, b)
1.7.5. Niech d = NWD(a, b) . Wtedy d ≤ a oraz d ≤ b . Sta,d
(d − a)(d − b) ≥ 0 , czyli d2 − db − ad + ab ≥ 0 . Sta,d i z zadania
1.7.3,
d2 − d(a + b) + dNWW(a, b) ≥ 0
i ostatecznie
d + NWW(a, b) ≥ a + b.
64
Cze, ść II – Rozwia,zania
1.7.6.
(a) Niech w be, dzie wspólna, wielokrotnościa, liczb m oraz n .
Dziela,c w przez NWW(m, n) , mamy w = q NWW(m, n)+r ,
gdzie q ∈ Z oraz 0 ≤ r < NWW(m, n) . Zauważmy, że m|r
i n|r . Jeżeli r > 0 , to r jest wspólna, wielokrotnościa,
liczb m oraz n mniejsza, od NWW(m, n) . Z otrzymanej
sprzeczności wynika, że r = 0 , czyli, że NWW(m, n)|w .
(b) Niech d1 be, dzie wspólnym dzielnikiem liczb m oraz n
i niech d be, dzie najwie, kszym wspólnym dzielnikiem liczb
m i n . Liczba m jest wspólna, wielokrotnościa, liczb
d oraz d1 , wie, c NWW(d, d1 )|m . Liczba n jest również
wspólna, wielokrotnościa, liczb d i d1 , wie, c NWW(d, d1 )|n .
Oznacza to, iż NWW(d, d1 ) jest wspólnym dzielnikiem
liczb m oraz n , wie, c NWW(d, d1 ) ≤ d . Z drugiej
strony, NWW(d, d1 ) ≥ d (co wynika z definicji najmniejszej
wspólnej wielokrotności). Zatem NWW(d, d1 ) = d . Sta,d
ostatecznie mamy d1 |d .
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki
1.8.1. Przypuśćmy, że NWD(c, b) = d . Wtedy d|c oraz d|b .
Ponieważ c|a , wie, c d|a oraz d|b . Ale NWD(a, b) = 1 , wie, c d = 1 .
1.8.2. Przypuśćmy, że NWD(ab, c) = d . Wtedy d|ab oraz
d|c . Ponieważ d|c oraz NWD(a, c) = 1 , wie, c w myśl 1.8.1 mamy
NWD(a, d) = 1 . Sta,d, wobec tego że d|ab oraz zasadniczego twierdzenia arytmetyki, mamy d|b . Zatem d|b oraz d|c . Ponieważ
NWD(b, c) = 1 , wie, c d = 1 .
1.8.3. Zastosuj indukcje, wzgle, dem n .
1.8.4. Liczby wymierne dodatnie sa, to ilorazy dwóch liczb
naturalnych ab . Niech NWD(a, b) = d . Wówczas a = a1 d , b = b1 d ,
gdzie NWD(a1 , b1 ) = 1 . Sta,d
a
a1 d
a1
=
= .
b
b1 d
b1
Aby pokazać jednoznaczność przedstawienia przypuśćmy, że m
n =
r
,
gdzie
NWD
(m,
n)
=
1
oraz
NWD
(r,
s)
=
1
.
Wtedy
ms
=
nr ,
s
Podstawowe wlasności liczb calkowitych
65
sta,d r|ms . Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki wynika, że r|m .
Istnieje zatem liczba naturalna t taka, że m = rt . Podstawiaja,c
mamy rts = nr , czyli ts = n . Z powyższych rozważań wynika,
że t jest wspólnym dzielnikiem m i n . Ponieważ NWD(m, n) = 1 ,
wie, c t = 1 . Sta,d ostatecznie mamy r = m oraz s = n .
2. Liczby pierwsze
2.1. Poje, cie liczby pierwszej
2.1.1. Sa, to 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 i 19.
2.1.2. Najmniejszymi liczbami pierwszymi wie, kszymi od podanych liczb sa, (a) 29, (b) 59, (c) 101.
2.1.3. Niech p be, dzie liczba, pierwsza,. Zalóżmy najpierw, że
p < 30 . Wówczas p = 0 · 30 + p . Jeśli zalożymy, że p > 30 , to
otrzymamy p = q30 + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,29} . Ponieważ p
jest liczba, pierwsza,, wie, c NWD(30, r) = 1 . Bezpośrednio latwo jest
sprawdzić, że r może być równe jednej z naste, puja,cych liczb: 1, 7,
11, 13, 17, 19, 23, 29.
2.1.4. Niech p > 3 be, dzie liczba, pierwsza,. Należy pokazać, że
p = 12k + 1 , czyli że 12|p2 − 1 . Ponieważ 3|(p − 1)p(p + 1) (jako
iloczyn kolejnych trzech liczb naturalnych) oraz 3̸ | p , wie, c 3|(p −
1)(p+1) . Liczby p−1 oraz p+1 sa, parzyste, wie, c 4|(p−1)(p+1) .
Zatem 12|(p − 1)(p + 1) .
2
2.1.5. Jeżeli liczba an = 2n + 1 , gdzie n > 2 jest liczba,
pierwsza,, to nie może być postaci 3k i nie może być też postaci
3k + 1 (bo wtedy 2n byloby postaci 3k ). Zatem, jeżeli an = 2n + 1
jest liczba, pierwsza,, to jest postaci 3k + 2 . Wtedy bn = 2n − 1 =
(2n + 1) − 2 = 3k + 2 − 2 = 3k , co oznacza, że bn nie jest liczba,
pierwsza,. Analogicznie uzasadniamy, że jeśli bn jest liczba, pierwsza,,
to an nie jest liczba, pierwsza,.
2.1.6. Przypuśćmy, że 6k + 1 = p1 − p2 , gdzie p1 i p2 sa,
liczbami pierwszymi. Jeżeli p2 = 2 , to p1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) ,
czyli p1 nie jest liczba, pierwsza,. Jeżeli p2 = 2s + 1 , to p1 =
6k + 1 + 2s + 1 = 2((3k + s) + 1) , co oznacza, że p1 nie jest liczba,
pierwsza,.
2.1.7. Liczba pierwsza p może być postaci 3k + 1 lub 3k +
2 , lub p = 3 . Jeżeli p = 3k + 1 , to liczba 8(3k + 1)2 + 1 =
3(24k 2 + 16k + 3) jest liczba, zlożona,. Jeżeli p = 3k + 2 , to liczba
8(3k + 2)2 + 1 = 3(24k 2 + 32k + 11) jest także liczba, zlożona,. Jeśli
p = 3 , to 8p2 +1 = 73 jest liczba, pierwsza,. Wtedy 8p2 +2p+1 = 79
też jest liczba, pierwsza,.
Liczby pierwsze
67
Uwaga. W rozwia,zaniu tego zadania można też wykorzystać
zadanie 2.1.4. Istotnie, z zadania 2.1.4 wynika, że jeżeli p > 3 ,
to p2 ≡ 1(mod 12 ) . Mnoża,c obie strony tej kongruencji przez 8,
a naste, pnie dodaja,c 1, mamy 8p2 + 1 ≡ 9(mod 12 ) . Sta,d wynika,
że 3|8p2 + 1 , co oznacza, że liczba 8p2 + 1 nie jest liczba, pierwsza,,
gdy p > 3 . Zatem liczba 8p2 + 1 jest liczba, pierwsza, wtedy i tylko
wtedy, gdy p = 3 . Wówczas liczba 8p2 + 2p + 1 = 79 jest też liczba,
pierwsza,.
2.1.8. Niech n be, dzie liczba, naturalna,. Jeśli jest to liczba
pierwsza, nasz problem jest rozwia,zany, ponieważ n|n . Zalóżmy, że
liczba n jest zlożona, czyli że istnieja, liczby k , takie że 1 < k < n ,
które dziela, n . Niech q be, dzie najmniejsza, z nich. Pokażemy, że
q jest liczba, pierwsza,. Istotnie, jeśli 1 < r < q oraz r|q , to także
r|n . Zatem r jest mniejszym od q dzielnikiem wlaściwym liczby
n . Przeczy to wyborowi q . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że q
jest liczba, pierwsza,.
2.2. Ile jest liczb pierwszych?
2.2.1. Jeśli pj |p1 p2 . . . pk + 1 dla pewnego 1 ≤ j ≤ k , to
ponieważ pj |p1 p2 . . . pk , wie, c mamy pj |1 . Jest to niemożliwe.
2.2.2. Zalóżmy, że q|n! + 1 oraz q ≤ n . Wówczas, ponieważ
q|n! , musialoby być q|1 , wie, c q = 1 .
2.2.3. Przypuśćmy, że istnieje liczba naturalna n taka, że
dla każdej liczby pierwszej p zachodzi nierówność p ≤ n . Mamy
p̸ | n!+1 (patrz poprzednie zadanie). Z drugiej strony, istnieje liczba
pierwsza q , która dzieli n! + 1 (z zadania 2.1.8). Zatem liczba q
musi być wie, ksza od n .
2.2.4. Zalóżmy, że m = n + k oraz NWD(Fn , Fm ) = d > 1 dla
n ̸= m . Istnieje zatem liczba pierwsza p , która dzieli d . Zatem
p|Fn oraz p|Fm . Oznacza to, że istnieje liczba t taka, że pt − 1 =
n
k
n+k
m
22 . Sta,d (pt − 1)2 = 22
= 22 . Stosuja,c wzór dwumianok
wy Newtona zauważamy, że (pt − 1)2 = pu + 1 dla pewnego u .
m
Sta,d p|22 − 1 , czyli p|Fm − 2 . Z drugiej strony mamy, że p|Fm ,
wie, c p|2 . Ponieważ p nie może być równe 2 (bo Fn jest liczba,
nieparzysta,), wie, c jeśli p|d , to p = 1 . Otrzymaliśmy sprzeczność,
wie, c również d jest równe 1, czyli Fn i Fm sa, wzgle, dnie pierwsze.
68
Cze, ść II – Rozwia,zania
2.2.5.
(a) Przypuśćmy, że liczb pierwszych jest skończona ilość.
Możemy je wie, c wypisać. Przypuśćmy, że sa, to p1 ,
p2 , . . . , pk . Ale wówczas liczba p1 p2 . . . pk + 1 nie dzieli
sie, przez żadna, z liczb pierwszych (zadanie 2.2.1), choć
musi (zadanie 2.1.8). Sta,d sprzeczność.
(b) Wybierzemy indukcyjnie cia,g nieskończony liczb pierwszych. Niech p1 = 2 (jest to, oczywiście, liczba pierwsza). Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba pierwsza
p2 > p1 . Przypuśćmy, że wybraliśmy już liczby pierwsze
p1 , p2 , . . . , pk . Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba
pierwsza pk+1 wie, ksza od pk . Wla,czamy ja, do naszego
cia,gu. Na podstawie indukcji matematycznej możemy
wie, c wybrać nieskończenie wiele różnych liczb pierwszych.
Zatem tych liczb jest nieskończenie wiele.
(c) Mamy cia,g nieskończony liczb Fermata (Fn ) . Wyrazy
tego cia,gu sa, parami wzgle, dnie pierwsze (zadanie 2.2.4),
wie, c każdemu z nich możemy przyporza,dkować jego najmniejszy dzielnik pierwszy pn . Latwo zauważyć, że przyporza,dkowanie Fn → pn ze zbioru liczb Fermata do
zbioru liczb pierwszych jest różnowartościowe. Zatem
liczb pierwszych jest przynajmniej tyle, ile liczb Fermata,
czyli nieskończenie wiele.
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki
2.3.1.
W przedstawieniu liczby naturalnej n w postaci
iloczynu liczb pierwszych (zobacz twierdzenie na pocza,tku 2.3)
moga, wyste, pować równe liczby pierwsze. Oznaczmy przez p1 ,
p2 , . . . , ps różne czynniki pierwsze, a przez α1 , α2 , . . . , αs
cze, stości wyste, powania ich w rozkladzie liczby n . Wówczas
αs
1 α2
n = pα
1 p2 . . . ps .
αk
1 α2
2.3.2. Jeżeli a = pα
oraz b = pβ1 1 pβ2 2 . . . pβkk , gdzie
1 p2 . . . pk
min(αk ,βk )
min(α1 ,β1 ) min(α2 ,β2 )
p2
. . . pk
,
α ≥ 0 i β ≥ 0 , to NWD(a, b) = p1
max(αk ,βk )
max(α1 ,β1 ) max(α2 ,β2 )
. . . pk
.
p2
NWW(a, b) = p1
2.3.3. Zauważmy, że min(αi ,βi ) + max(αi ,βi ) = αi + βi .
Korzystaja,c z poprzedniego zadania otrzymujemy teze, .
Liczby pierwsze
69
√
2.3.4. Niech n = pq , gdzie p,q ∈ N oraz NWD(p, q) = 1 .
(
)
Wtedy nq 2 = p2 . Ponieważ NWD(p, q) = 1 , wie, c NWD p2 , q 2 = 1
(zobacz 1.8.2). Sta,d wobec równości nq 2 = p2 mamy p2 |n , czyli
n = p2 m dla pewnego m ∈ N . Po podstawieniu mamy p2 mq 2 =
p2 , sta,d mq 2 = 1 , czyli m = 1 oraz q = 1 . Zatem n = p2 . Jeżeli
2α1 2α2
αs
2
1 α2
s
p = pα
. . . p2α
.
s
1 p2 . . . ps , to n = p = p1 p2
2.3.5.
(a) Z treści zadania wynika, że m = pα m1 oraz n = pβ n1 ,
przy czym p̸ | m1 oraz p̸ | n1 . Sta,d mn = pα+β m1 n1 ,
przy czym p̸ | m1 n1 . Zatem pα+β ||mn .
(b) Bez zmniejszenia ogólności możemy zalożyć, że α < β ,
wie, c α = min(α,β) . Ponieważ m = pα m1 , n = pβ n1 ,
przy czym p̸ | m1 oraz p̸ | n1 , wie, c m + n = pα (m1 +
pβ−α n1 ) . Zauważmy, że p̸ | (m1 + pβ−α n1 ) . Istotnie,
gdyby p|(m1 + pβ−α n1 ) , to wówczas p dzieliloby m1 ,
ponieważ p|pβ−α . Zatem pα ||m + n .
(c) Aby sie, przekonać, że zalożenia tego nie można pomina,ć,
wystarczy wzia,ć m = n = p = 2 .
2.3.6. Każda, liczbe, wymierna, możemy zapisać jako iloraz
liczby calkowitej w przez naturalna, v , przy czym NWD(w, v) = 1 .
w
Zapiszmy v = r1γ1 r2γ2 . . . rtγt , |w| = q1β1 q2β2 . . . quβu oraz ε = |w|
.
Wówczas
w
v
= εq1β1 q2β2 . . . quβu r1−γ1 r2−γ2 . . . rt−γt .
2.3.7. Na pocza,tku zauważmy, że suma podana w treści zadania jest w istocie skończona, [ponieważ
od pewnego momentu liczby
]
n
i
p sa, wie, ksze od n , wie, c pi = 0 . Rozważmy teraz cia,g 1 ,
2 , . . . , n . Liczby tego cia,gu podzielne przez pi (dla ustalonego i )
sa, postaci lpi , gdzie l jest pewna, liczba, calkowita
,, taka,
[ , nieujemna
]
n
że lpi ≤ n . Zatem liczb tych jest dokladnie pi . Najwyższy
wykladnik α pote, gi liczby p , która dzieli n! otrzymamy biora,c
liczbe
[ ] , wyrazów cia,gu 1 , 2 , . . . , n podzielnych przez p (czyli
n
), dodaja,c do niej liczbe, wyrazów podzielnych przez p2 (czyli
[p ]
[ ]
n
n
3
p2 ), naste, pnie liczbe, wyrazów podzielnych przez p (czyli
p3 )
[
]
∑∞
itd. Sta,d α = i=1 pni .
70
Cze, ść II – Rozwia,zania
2.3.8. Zgodnie z zadaniem 2.3.7, wykladniki tych pote, g sa,
równe
∑∞ [ ]
(a) α = i=1 100
2i ] = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97 .
∑∞ [ 100
(b) α = i=1 5i = 20 + 4 = 24 .
∑∞ [ ]
(c) α = i=1 100
97i = 1 .
2.3.9.
(a) Najwie, ksza pote, ga liczby 6 , która dzieli 100! jest iloczynem najwie, kszej pote, gi liczby 3, która dzieli 100! oraz
takiej samej pote, gi liczby 2. Zatem jest to 648 .
(b) Skoro najwie, ksza, pote, ga, dwójki dziela,ca, 100! jest 97,
wie, c najwie, ksza, pote, ga, czwórki dziela,ca, 100! jest 43.
Natomiast najwie, ksza, pote, ga, siódemki dziela,ca, 100! jest
16. Zatem szukana, pote, ga, liczby 28 jest 2816 .
2.3.10. Ilość zer danej liczby n jest równa wykladnikowi
najwie, kszej pote, gi liczby 10, która dzieli n , czyli wykladnikowi
najwie, kszej pote, gi liczby 5, która dzieli n . W przypadku n = 100!
wykladnik ten jest równy 24.
2.4. Uwagi o funkcji π(x)
2.4.1. Z nierówności a < π(x) :
x
ln x
< b wynika, że
a
π(x)
b
<
<
.
ln x
x
ln x
a
b
π(x)
Ponieważ lim
= lim
= 0 , wie, c lim
= 0.
x→∞ ln x
x→∞ ln x
x→∞ x
2.4.2. Liczby 10n , 2 · 10n , 4 · 10n oraz 8 · 10n ( n ≥ 0 )
maja, po tyle samo cyfr. W myśl twierdzenia Czebyszewa, możemy
,,wetkna,ć” pomie, dzy nie co najmniej po jednej liczbie pierwszej.
Wszystkie ,,wetknie, te” liczby pierwsze be, da, mialy po tyle samo cyfr.
2.4.3. Zastosujemy tu indukcje, ze wzgle, du na k . Dla k = 3
mamy p3 = 5 = 2 + 3 = p1 + p2 . Zalóżmy teraz, że teza jest
spelniona dla wszystkich k ≤ m . Z twierdzenia Czebyszewa wynika,
że istnieje przynajmniej jedna liczba pierwsza pomie, dzy pm+1 i
2pm+1 . Najmniejsza z tych liczb to oczywiście pm+2 . Z zalożenia
indukcyjnego mamy, że pm+2 < 2pm+1 = pm+1 + pm+1 ≤ p1 + p2 +
· · · + pm + pm+1 . Zatem na podstawie indukcji teza jest prawdziwa.
71
Liczby pierwsze
2.4.4. Zauważmy najpierw, że faktycznie 5 = p3 = p2 + p1
i, oczywiście, ani p2 , ani p1 nie sa, sumami wszystkich liczb
pierwszych mniejszych od nich. Teraz zauważmy, że z twierdzenia
Czebyszewa oraz poprzedniego zadania wynika, iż dla k > 3 mamy
pk < 2pk−1 ≤ pk−1 + pk−2 + . . . + p1 , a skoro zachodzi ostra
nierówność, to nie może zachodzić równość.
2.4.5. Najpierw zobaczmy, że 1, 2, 3 oraz 4 nie sa, suma,
wszystkich liczb pierwszych mniejszych od nich, a 5 jest. Zalóżmy
teraz, że n > 5 . Niech pk ( k-ta z kolei liczba pierwsza be, dzie
najwie, ksza, liczba, pierwsza, mniejsza, od n . Zatem n ≤ pk+1 <
2pk ≤ p1 + p2 + · · · + pk , na podstawie twierdzenia Czebyszewa
i zadania 2.4.3. Tak wie, c n nie może być suma, k pierwszych liczb
pierwszych, czyli wszystkich liczb pierwszych mniejszych od n .
2.4.6. Ponieważ jeśli k ≤ m + 1 , to k|(m + 1)! + k , wie, c każda
z liczb w cia,gu ((m + 1)! + k)2≤k≤m+1 jest zlożona. Elementów
cia,gu jest dokladnie m . By rozwia,zać zadanie wystarczy wie, c za n
wybrać taka, liczbe, , że pn jest najwie, ksza, liczba, pierwsza, mniejsza,
od (m+1)!+2 . Wtedy musi być pn+1 > (m+1)!+m+1 ≥ pn +m .
2.4.7.
(a) Z nierówności π(p) < p mamy −p < −π(p) . Sta,d
pπ(p) − p < pπ(p) − π(p) = (p − 1)π(p) , czyli π(p)−1
p−1 <
π(p)
p
. Ponieważ π(p) − 1 = π(p − 1) , wie, c
π(p−1)
p−1
<
π(p)
p
.
(b) Jeżeli m jest liczba, zlożona,, to π(m − 1) = π(m) . Zatem
π(m)
π(m−1)
< π(m−1)
m =
m
m−1 .
2.5. Twierdzenie Dirichleta
2.5.1. (a) m = 2 , n = 2 ; (b) m = 4 , n = 4 .
2.5.2. Ponieważ tylko 2 jest liczba, pierwsza, parzysta,, wie, c pozostale liczby pierwsze (których jest nieskończenie wiele) musza, być
liczbami nieparzystymi.
2.5.3.
(a) Podzielmy wszystkie liczby naturalne na trzy klasy. Do
pierwszej zaliczmy liczby postaci 3k , do drugiej 3k + 1
i do trzeciej 3k + 2 . Wystarczy pokazać, że w rozkladzie
72
Cze, ść II – Rozwia,zania
każdej liczby trzeciej klasy wyste, puje przynajmniej jedna
liczba trzeciej klasy. Ponieważ 3̸ | 3k + 2 , wie, c liczby
pierwszej klasy nie moga, wyste, pować w rozkladach liczb
trzeciej klasy. Zauważmy teraz, że iloczyn dwóch liczb
drugiej klasy jest liczba, drugiej klasy. Istotnie, (3k1 +
1)(3k2 +1) = 3(3k1 k2 +k1 +k2 )+1 . Zatem, gdyby rozklad
pewnej liczby skladal sie, tylko z liczb drugiej klasy, to ta
liczba też musialaby być liczba, drugiej klasy. Zatem w rozkladzie liczby postaci 3k + 2 przynajmniej jedna liczba
jest postaci 3k + 2 .
(b) Z cze, ści (a) wynika, że liczba n ma dzielniki postaci
3k + 2 . Niech p oznacza najmniejszy z tych dzielników.
Przypuśćmy, że p nie jest liczba, pierwsza,. Istnieja, wtedy
liczby naturalne r , s takie, że p = r ·s , gdzie 1 < r < p ,
1 < s < p . Liczba p jest postaci 3k + 2 , wie, c z cze, ści (a)
wynika, że r jest postaci 3k+2 lub s jest postaci 3k+2 .
Niech, na przyklad, r be, dzie postaci 3k + 2 . Wówczas r
jest dzielnikiem postaci 3k + 2 liczby n mniejszym od p ,
co jest sprzeczne z wyborem liczby p .
2.5.4. Oznaczmy P = p1 p2 . . . pn . Ponieważ liczba pm , gdzie
1 ≤ m ≤ n , dzieli P, a nie dzieli 2, wie, c pm̸ | 3P +2 . Podobnie, 2|2 ,
ale 2̸ | 3P , ponieważ 3 oraz wszystkie pm sa, nieparzyste. Zatem
2̸ | 3P + 2 .
2.5.5. Przypuśćmy, że tak nie jest i że p0 = 2 , p1 , p2 . . . , pn
sa, wszystkimi liczbami pierwszymi postaci 3k+2 . Rozważmy liczbe,
L = 3p1 p2 . . . pn + 2 . Ponieważ dla 0 ≤ m ≤ n mamy pm < L
oraz L jest postaci 3k + 2 , wie, c L musi być liczba, zlożona,. Jednakże w jej rozkladzie musi znajdować sie, liczba pierwsza p postaci
3k + 2 (zadanie 2.5.3). Z drugiej strony p ̸= pm dla 0 ≤ m ≤ n ,
ponieważ p|L (zadanie 2.5.4). Zatem p jest liczba, pierwsza, postaci
3k + 2 różna, od każdej z pm . Sta,d sprzeczność.
2.5.6. Podobnie jak w zadaniu 2.5.3 pokazujemy, że w rozkladzie liczby postaci 4k + 3 przynajmniej jedna liczba jest postaci
4k + 3 . Naste, pnie, podobnie jak w zadaniu 2.5.4, uzasadniamy, że
jeśli p0 = 3 , p1 , p2 . . . , pn sa, liczbami pierwszymi postaci 4k+3 ,
to liczba 4p1 p2 . . . pn + 3 nie dzieli sie, przez żadna, z liczb p0 , p1 ,
p2 , . . . , pn . Wreszcie rozwia,zujemy niniejsze zadanie rozumuja,c
podobnie jak w zadaniu 2.5.5.
Liczby pierwsze
73
2.5.7. Rozwia,zujemy podobnie jak poprzednie zadanie.
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera
2.6.1.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
θ(n) 1 2 2 3 2 4 2 4 3 4 2 6 2 4 4 5 2 6 2 6
2.6.2. Zalóżmy, że m|n . W rozkladzie liczby m sa, tylko liczby pierwsze p , które sa, dzielnikami n . Ponieważ w rozkladzie n
liczba pi wyste, puje z wykladnikiem αi , wie, c w rozkladzie liczby m
musi ona wyste, pować z wykladnikiem 0 < βi ≤ αi lub nie
wyste, pować. Zatem każdy dzielnik n jest ża,danej postaci. W druga, strone, , latwo sie, przekonać, że pβ1 1 pβ2 2 . . . pβs s dzieli n dla 0 ≤
βi ≤ αi .
2.6.3. Korzystaja,c z poprzedniego zadania wnioskujemy, że
s
dzielnikami liczby n = p1α1 p2α2 . . . pα
sa, te i tylko te liczby, które
s
w swym rozkladzie maja, tylko liczby pierwsze be, da,ce dzielnikami n
w pote, gach nie wie, kszych od αi . Ponieważ mamy αi +1 możliwości
wyboru takich pote, g, wie, c θ(n) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αs + 1) .
2.6.4. θ(100) = θ(22 · 52 ) = (2 + 1)(2 + 1) = 9 ;
θ(1024) = θ(210 ) = 11 .
2.6.5. Z uwagi na zadanie 2.6.3 mamy
(α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αs + 1) = 3.
Zatem musi być s = 1 oraz α1 = 2 . Sta,d jedynymi liczbami n
takimi, że θ(n) = 3 , sa, kwadraty liczb pierwszych.
2.6.6.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
φ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 18 8
2.6.7. Zalóżmy, że liczba n jest pierwsza. Wówczas każda liczba mniejsza od n jest z nia, wzgle, dnie pierwsza, wie, c φ(n) = n − 1 .
Jeżeli teraz φ(n) = n − 1 , to wszystkie liczby naturalne mniejsze
od n musza, być wzgle, dnie pierwsze z n . W szczególności, żadna
z liczb mniejszych od n nie może być dzielnikiem n (z wyja,tkiem 1).
Czyli n jest liczba, pierwsza,.
74
Cze, ść II – Rozwia,zania
2.6.8. Ponieważ p oraz q sa, liczbami pierwszymi, wie, c
NWD(pq, m) jest równe 1, p , q lub pq dla dowolnej liczby naturalnej m . Zatem liczbami, które nie sa, wzgle, dnie pierwsze z pq
sa, wielokrotności p (tych mniejszych od pq jest dokladnie q − 1 )
oraz wielokrotności q (tych mniejszych od pq jest p−1 ). Ponieważ
liczba pq nie jest wzgle, dnie pierwsza z pq , wie, c
φ(pq) = pq − (p − 1) − (q − 1) − 1 = (p − 1)(q − 1).
Uwaga. Czytelniku, jeśli nie zrozumialeś rozwia,zania zadania 2.6.8,
to przeanalizuj rozwia,zanie zadania 2.6.9.
2.6.9. Aby obliczyć φ(pn ) , należy z cia,gu 1, 2, 3 . . . , pn
usuna,ć wszystkie te liczby, które nie sa, wzgle, dnie pierwsze z pn ,
czyli te, które nie sa, wzgle, dnie pierwsze z p . Liczby, które nie sa,
wzgle, dnie pierwsze z p sa, wielokrotnościami liczby p . Sa, to wie, c
liczby postaci kp . Ponieważ musza, one być mniejsze lub równe pn ,
wie, c sa, to liczby p , 2p , . . . , pn−1 p . Jest ich pn−1 . Po usunie, ciu
tych pn−1 liczb z cia,gu 1, 2, 3 . . . , pn pozostaje w tym cia,gu
pn − pn−1 liczb. Zatem φ(pn ) = pn − pn−1 .
2.6.10. Zalóżmy, że dla pewnych 0 ≤ k ≤ h ≤ m − 1 liczby
kn + r oraz hn + r daja, te, sama, reszte, przy dzieleniu przez m .
Zatem (hn+r)−(kn+r) = (h−k)n jest liczba, podzielna, przez m .
Ponieważ n i m sa, wzgle, dnie pierwsze, wie, c m|h − k . Jednakże
0 ≤ h − k ≤ m − 1 , czyli musi być k − h = 0 , tj. k = h . Sta,d
wynika, że reszty z dzielenia liczb r , n+r , . . . , (m−1)n+r przez
m sa, różne i jest ich m . Zatem różnia, sie, od cia,gu 0 , 1, . . . , m−1
co najwyżej porza,dkiem.
2.6.11. Zauważmy, że w danej kolumnie wszystkie liczby sa,
albo wzgle, dnie pierwsze z n , albo wszystkie maja, wspólny dzielnik z
n wie, kszy od 1. Mamy dokladnie φ(n) kolumn, w których wszystkie liczby sa, wzgle, dnie pierwsze z n . Z drugiej strony, w kolumnie maja,cej wszystkie liczby wzgle, dnie pierwsze z n jest dokladnie
φ(m) liczb wzgle, dnie pierwszych z m (na mocy zadania 2.6.10).
Zatem φ(mn) = φ(m)φ(n) .
2.6.12. Ponieważ każde dwie liczby pierwsze sa, wzgle, dnie
pierwsze, wie, c
αs
1 α2
φ (pα
1 p2 . . . ps ) =
75
Liczby pierwsze
α2
αs
1
= φ (pα
1 ) φ (p2 ) . . . φ (ps )
( 1
) ( α2
)
( s
)
α1 −1
αs −1
= pα
p2 − p2α2 −1 . . . pα
s − ps
1 − p1
(
)(
) (
)
1
1
1
α1 α2
αs
= p1 p2 . . . ps 1 −
1−
··· 1 −
p1
p2
ps
(
)(
)
(
)
1
1
1
=n 1−
1−
··· 1 −
.
p1
p2
ps
2.6.13. Niech NWD(m, n) = d i niech p be, dzie liczba, pierwsza,
dziela,ca, d . Po zastosowaniu wzoru z 2.6.12 stwierdzamy, że w iloczynie opisuja,cym φ(mn) pojawia sie, czynnik 1 − p1 jednokrotnie,
natomiast w iloczynie opisuja,cym φ(m)φ(n) ten sam czynnik po(
)2
1
1
jawia sie, dwukrotnie. Ponieważ 1 − p < 1 , wie, c 1 − p < 1 − p1 .
Zatem φ(m)φ(n) < φ(mn) .
2.6.14.
(a) φ(4n + 2) = φ(2(2n + 1)) = φ(2)φ(2n + 1) = φ(2n + 1) ;
(b) Jeżeli n = 2α k , gdzie NWD(2, k) = 1 , to φ(4n) =
φ(2α+2 k) = φ(2α+2 )φ(k) = 2α+1 φ(k) = 2φ(2α+1 )φ(k) =
2φ(2α+1 k) = 2φ(2(2α k)) = 2φ(2n) .
Jeżeli n = 2k + 1 , to φ(4n) = φ(4(2k + 1)) = φ(4)φ(2k +
1) = 2φ(n) .
2.7. Rozklad na czynniki dużych liczb naturalnych
2.7.1. Niech
{
√ }
A = a ∈ N : a|n i a ≤ n ,
{
√ }
B = a ∈ N : a|n i a ≥ n .
Funkcja f określona wzorem f (a) =
jednoznacznie zbiór A na B .
2.7.2. Niech
n
a
odwzorowuje wzajemnie
{
√ }
B = a ∈ N : a|n i a ≥ n ,
{
}
C = (s,t) : s,t ∈ N i n = s2 − t2 .
( (
) (
))
Funkcja f określona wzorem f (a) = 12 a + na ; 12 a − na
odwzorowuje wzajemnie jednoznacznie zbiór B na C .
76
Cze, ść II – Rozwia,zania
2.7.3. 945 = 7 · 5 · 33 , wie, c wszystkie dzielniki liczby 945 ,
to 1, 3, 5, 7, 9, 15, 21, 27, 35, 45, 63, 105, 135, 189, 315, 945.
Stosuja,c oznaczenia z rozwia,zań zadań 2.7.1 oraz 2.7.2 mamy: B =
{35,45,63,105,135,189,315,945} . Wykorzystuja,c funkcje, z rozwia,zania zadania 2.7.2 otrzymujemy
945 = 312 − 42 = 332 − 122 = 392 − 242 = 572 − 482
= 712 − 642 = 972 − 922 = 1592 − 1562
= 4732 − 4722 .
2.7.4. 8633 = 932 − 42 = 89 · 97 , 809009 = 9032 − 802 =
823 · 983 , 92296873 = 96132 − 3362 = 9277 · 9949 , 88169891 =
93902 − 472 = 9343 · 9437 , 4601 = 752 − 322 = 43 · 107 .
2.7.5.
(a) 3 · 141467 = 6552 − 682 = 587 · 723 i 141467 = 587 · 241 ;
(b) 3 · 29895581 = 94722 − 1792 = 9293 · 9651 i 29895581 =
9293 · 3217 ;
(c) 3 · 68987 = 4552 − 82 = 463 · 447 i 68987 = 149 · 463 ;
(d) 5 · 19578079 = 98942 − 292 = 9923 · 9865 i 19578079 =
9923 · 1973 .
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych
3.1. Poje, cie pozycyjnego systemu zapisu liczb
3.1.1. Dobrze znanym niepozycyjnym systemem zapisu liczb
jest system rzymski. Cyframi sa, tu I, V, X, L, C, D, M. Jednak to nie
pozycja cyfry określa jej znaczenie w liczbie. Na przyklad XIX (19)
jest liczba, mniejsza, od XX (20) chociaż XIX ma wie, cej cyfr. Wie, cej
informacji na temat liczb rzymskich, a także podobnego systemu
liczb greckich znajdzie Czytelnik w ksia,żce Georges’a Ifraha Dzieje
liczby, czyli historia wielkiego wynalazku (Zaklad Narodowy im.
Ossolińskich, Wroclaw 1990).
3.1.2. Odpowiedzi wynikaja, z prostych obliczeń:
(a) (3423)5 = 3 · 125 + 4 · 25 + 2 · 5 + 3 = 488 ;
(b) (11000111)2 = 128 + 64 + 4 + 2 + 1 = 199 ;
(c) Ponieważ w systemie o podstawie 11 mamy 11 cyfr, wyste, puje tu dwuznaczność. Mianowicie, 10 może być traktowane jako pojedyncza cyfra lub też jako dwie cyfry.
W pierwszym przypadku, (910)11 = 9 · 11 + 10 = 109 .
Natomiast w drugim, 9 · 121 + 11 = 1100 . Zobacz
w naste, pnym zadaniu jak pomina,ć wspomniana, wieloznaczność.
3.1.3.
(a) Z uwag poczynionych na pocza,tku zadania wynika, że
(910)11 ma trzy cyfry, wie, c w systemie dziesie, tnym oznacza liczbe, 1100 (zobacz poprzednie rozwia,zanie).
(b) W systemie o podstawie 16 cyfra A odpowiada liczbie 10,
natomiast D liczbie 13. Zatem (1AD)16 = 256 + 10 · 16 +
13 = 429 .
(c) W systemie o podstawie 12, cyfra A odpowiada liczbie 10,
a B liczbie 11. Sta,d (A2B)12 = 10 · 144 + 2 · 12 + 11 =
1475 .
3.1.4.
Jest wiele sposobów na zamiane, zapisu liczby n
w systemie dziesie, tnym na zapis w systemie o podstawie b . Dwa
najcze, ściej stosowane, to:
1) Wypisujemy kolejne pote, gi liczby b , dopóki nie przekroczymy liczby n . Znajdziemy w ten sposób najwie, ksza, liczbe, k
78
Cze, ść II – Rozwia,zania
taka,, że bk ≤ n . Z określenia liczby k wynika, że bk+1 > n
(w przeciwnym wypadku, k nie byloby najwie, ksza, liczba, taka,,
że bk ≤ n ). Zatem bk ≤ n < bk+1 . Dzielimy teraz n przez
bk i oznaczamy wynik dzielenia przez ak , a otrzymana, reszte,
przez r1 . Mamy zatem n = ak bk + r1 , gdzie 0 ≤ r1 < bk .
Zauważmy, że 1 ≤ ak < b . Gdyby ak = 0 , to mielibyśmy
n = r1 < bk . Natomiast gdyby ak ≥ b , to n = ak bk +
r1 > ak bk ≥ b · bk = bk+1 . Zatem liczba ak jest cyfra, w
systemie o podstawie b , a dokladnie, pierwsza, cyfra, liczby n .
Jeżeli r1 = 0 , to mamy n = ak bk + 0bk−1 + · · · + 0 . Jeśli
natomiast r1 > 0 , to dzielimy r1 przez bk−1 i otrzymujemy
r1 = ak−1 bk−1 + r2 , gdzie 0 ≤ r2 < bk−1 oraz 0 ≤ ak−1 < b .
Liczba ak−1 jest druga, cyfra, liczby n . Powtarzamy opisana,
procedure, , aż otrzymamy wszystkie cyfry liczby n w systemie
o podstawie b .
2) W przeciwieństwie do poprzedniego algorytmu, tutaj szukamy
najpierw ostatniej cyfry. Dokladniej, szukamy reszty z dzielenia
n przez b . Ta reszta, powiedzmy a0 , jest ostatnia, cyfra, n
w zapisie o podstawie b . W celu znalezienia przedostatniej
cyfry, dzielimy n −a0 przez b i dla otrzymanej liczby szukamy
reszty a1 z dzielenia jej przez b . Wtedy a1 jest przedostatnia,
cyfra,. Poste, pujemy tak dalej aż do znalezienia wszystkich cyfr
liczby n .
Zastosujemy teraz powyższe algorytmy w praktyce.
(a) Poszukamy najpierw zapisu liczby 437 w systemie trójkowym stosuja,c pierwszy algorytm. Kolejnymi pote, gami
liczby 3 sa, 1, 3, 9, 27, 81, 243, 729, . . . . Zatem k = 5 .
Mamy teraz 437 = 1 · 35 + 194 . Zatem pierwsza, cyfra, jest
1. Teraz mamy 194 = 2·34 +32 , a naste, pnie 32 = 1·33 +5 .
Tym razem 32 > 5 , wie, c kolejna, (trzecia,) cyfra, jest 0,
a pozostale cyfry to 1 i 2. Zatem 437 = (121012)3 . Nasze
rozumowanie możemy zapisać w skrócie naste, puja,co
437 = 1 · 35 + 194
= 1 · 35 + 2 · 34 + 32
= 1 · 35 + 2 · 34 + 1 · 33 + 5
= 1 · 35 + 2 · 34 + 1 · 33 + 0 · 32 + 1 · 31 + 2 · 30 .
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
79
Zademonstrujemy teraz drugi algorytm. Mamy tutaj
437 = 145 · 3 + 2 , wie, c ostatnia, cyfra, jest 2. Znajdujemy
teraz reszte, z dzielenia 145 na 3. Mamy 145 = 48 · 3 + 1 .
Druga, od końca cyfra, jest wie, c 1. 48 dzieli sie, przez 3
(reszta jest wtedy równa 0), wie, c naste, pna, cyfra, jest 0.
48 : 3 = 16 , czyli szukamy teraz reszty z dzielenia 16 na
3. Dostajemy 16 = 5 · 3 + 1 , a zaraz potem 5 = 1 · 3 + 2
oraz 1 = 0 · 3 + 1 . Zbieraja,c wszystkie reszty dostajemy
zapis 121012. W skrócie możemy zapisać to naste, puja,co:
437 = 145 · 3 + 2
= (48 · 3 + 1) · 3 + 2
= ((16 · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= (((5 · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= ((((1 · 3 + 2) · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= 1 · 35 + 2 · 34 + 1 · 33 + 0 · 32 + 1 · 31 + 2 · 30 .
(b) Zastosujemy tu pierwszy algorytm zamiany zapisu dziesie, tnego na system o podstawie b . Mamy
437 = 3 · 53 + 62
= 3 · 53 + 2 · 52 + 12
= 3 · 53 + 2 · 52 + 2 · 51 + 2 · 50 ,
zatem 437 = (3222)5 .
(c) Wykorzystamy tu drugi z opisanych algorytmów. Mamy
437 = 27 · 16 + 5
= (1 · 16 + 11) · 16 + 5
= 1 · 162 + 11 · 161 + 5 · 160 .
Ponieważ 11 oznaczamy przez B , wie, c 437 = (1B5)16 .
(d) Skorzystamy tu z (c). Mianowicie, 16 = 24 , 11 = 23 +
21 + 20 , a 5 = 22 + 20 . Sta,d
1 · 162 + 11·161 + 5 · 160
= 1 · (24 )2 + (23 + 21 + 20 ) · 24 + 22 + 20
= 28 + 27 + 25 + 24 + 22 + 20
= 1 · 28 + 1 · 27 + 0 · 26 + 1 · 25 + 1 · 24
+ 0 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20 .
80
Cze, ść II – Rozwia,zania
Zatem 437 zapisujemy w systemie o podstawie dwa jako
(110110101)2 .
3.1.5. Ponieważ sposób opisany w treści zadania nie wymaga
szczególowego wyjaśnienia, do rozwia,zania zastosujemy inne metody.
(a) Ponieważ w (12)3 = 1 · 3 + 2 , a 3 = 2 + 1 , możemy
zapisać (12)3 jako 2 + 1 + 2 = 22 + 1 , co daje nam zapis
dwójkowy (101)2 .
(b) (1A)12 = 1 · 12 + 10 = 12 + 4 + 6 = 16 + 6 . Wie, c
(1A)12 = (16)16 .
(c) Tym razem mamy liczbe,
3 · 63 +4 · 62 + 5 · 6 + 5
= 3 · 216 + 4 · 36 + 5 · 6 + 5
= 3 · (3 · 43 + 1 · 42 + 2 · 4) + 4 · (2 · 42 + 4)
+ 5 · (4 + 2) + 4 + 1
= 11 · 43 + 4 · 42 + 12 · 4 + 11
= (2 · 4 + 3) · 43 + 43 + 3 · 42 + 2 · 4 + 3
= 3 · 44 + 3 · 42 + 2 · 4 + 3,
co w systemie o podstawie 4 zapisujemy (30323)4 .
(d) Liczba (101011101011)2 oznacza 211 + 29 + 27 + 26 +
25 + 23 + 2 + 1 . Ale 24 = 16 , wie, c możemy zapisać
(23 + 2) · 162 + (23 + 22 + 2) · 16 + 23 + 2 + 1 . Ostatnie
wyrażenie upraszczamy i otrzymujemy 10·162 +14·16+11 ,
co oznacza (AEB)16 .
3.1.6.
(a) Ponieważ 27 = 33 , grupujemy cyfry 1112 w bloki trzycyfrowe. Sa, to 001 oraz 112. Zauważmy, że ponieważ
nasza liczba ma 4 cyfry, musimy dodać z przodu 2 zera,
aby liczba cyfr po dodaniu zer byla podzielna przez 3. 001
oznacza cyfre, 1, a (112)3 = 32 + 3 + 2 = 14 oznacza cyfre,
E w systemie o podstawie 27. Zatem (1112)3 = (1E)27 .
(b) Mamy 144 = 122 , wie, c nasza, liczbe, dzielimy na bloki
po dwie cyfry. Ponieważ 1A ma już dwie cyfry, wie, c
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
81
jest to już cyfra w zapisie o podstawie 144. Ale 12 +
10 = 22 , wie, c jest to M . Zauważmy, że aby liczby od
10 do 143 zasta,pić literami, brakuje nam znaków w alfabecie lacińskim. Ponieważ generalnie nie używamy takich dużych podstaw, malo kto sie, martwi, jak oznaczyć
cyfry 36, 37 itd. Można wykorzystywać jeszcze male litery,
ale i ich nie starczy. Może wie, c najkorzystniej jest zrezygnować z liter i stosować nawiasy? W takim wypadku, cyfre,
M oznaczymy po prostu (22) .
(c) Ponieważ 16 = 24 , grupujemy cyfry naszej liczby w bloki po cztery znaki: 1010, 1110 i 1011. Oznaczaja, one
odpowiednio 10, 14 i 11, co w systemie szesnastkowym
oznacza odpowiednio cyfry A , E oraz B . Zatem
(101011101011)2 = (AEB)16 .
3.1.7. (Zobacz też rozwia,zanie 3.1.4(d)) Aby zamienić liczbe,
x = x0 + x1 (bs )1 + x2 (bs )2 + · · · + xk (bs )k zapisana, w systemie
o podstawie bs na zapis w systemie o podstawie b , każda, cyfre, xi
zapisujemy w systemie o podstawie b , tj. piszemy xi = xi0 +xi1 b1 +
xi2 b2 + · · · + xi s−1 bs−1 . Zauważmy, że xi nie może mieć wie, cej cyfr
w systemie o podstawie b niż s , ponieważ xi < bs . Zatem każdy xi
zamieniamy w blok s cyfr. W celu uzyskania zapisu naszej liczby
w systemie o podstawie b , bloki la,czymy, a naste, pnie usuwamy
ewentualne zera wyste, puja,ce z lewej strony zapisu.
(a) Mamy 2 = 0·4+2 oraz B = 2·4+3 , zatem otrzymaliśmy
bloki 02 i 23 . Po pola,czeniu otrzymujemy ża,dany zapis
0223 , co po usunie, ciu zbe, dnych zer daje (223)4 .
(b) Tutaj mamy A = 2 · 5 + 0 , B = 2 · 5 + 1 , C = 2 · 5 + 2
i F = 3 · 5 + 0 , co nam daje bloki 20, 21, 22, 30 oraz zapis
(20212230)5 .
(c) Zapisujemy
3 = 0 · 23 + 0 · 22 + 1 · 2 + 1,
A = 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 2 + 0,
5 = 0 · 23 + 1 · 22 + 0 · 2 + 1,
6 = 0 · 23 + 1 · 22 + 1 · 2 + 0,
co nam daje bloki 0011 , 1010, 0101 oraz 0110. Ostatecznie otrzymujemy wie, c (11101001010110)2 .
82
Cze, ść II – Rozwia,zania
3.1.8. Ponieważ di ≤ b − 1 , wie, c
p = dk bk + dk−1 bk−1 + · · · + d1 b + d0
≤ (b − 1)bk + (b − 1)bk−1 + · · · + (b − 1)b + (b − 1)
= (b − 1)(bk + bk−1 + · · · + b + 1)
bk+1 − 1
= (b − 1)
b−1
k+1
=b
− 1 < bk+1 .
W zalożeniach mamy k < n , zatem k + 1 ≤ n . Sta,d
p < bk+1 ≤ bn ≤ cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + c1 b + c0 = m.
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach pozycyjnych
3.2.1.
(a)
AB 1 2 3
+
CDA
AC 0 1 D
(b)
(c)
1111001101
+ 1101101101
11100111010
12321
+ 23132
41003
3.2.2. Przy obliczaniu różnicy dwóch liczb sprawdzamy najpierw, czy odjemna jest wie, ksza od odjemnika. Jeżeli nie, to zamieniamy nasze liczby rolami, tj. odejmujemy odjemna, od odjemnika i pamie, tamy, że ostateczny wynik ma być ujemny. Przypuśćmy,
że
m = cn bn + cn−1 bn−1 + · · · c1 b + c0
p = dk bk + dk−1 bk−1 + · · · d1 b + d0 ,
przy czym m > p , wie, c także n ≥ k .
Obliczaja,c różnice, m − p również posuwamy sie, od strony
prawej do lewej. Jeżeli c0 ≥ d0 , to c0 −d0 jest ostatnia, cyfra, różnicy
m − p . W przeciwnym wypadku ,,pożyczamy” 1 od cyfry wyższego
rze, du (tu przedostatniej) i dostajemy (c1 b + c0 ) − (d1 b + d0 ) =
(c1 − d1 − 1)b + (b + c0 − d0 ) , gdzie 0 < b + c0 − d0 < b − 1 , zatem
b + c0 − d0 jest ostatnia, cyfra, liczby m − p . Tak samo poste, pujemy
z kolejnymi cyframi.
83
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
(a)
−
1 1 1 0 1 0 1 11 0
11 1 0 1 0 1 1
1 0 1 1 0 0 0 01 1
(b)
(c)
4532
− 3401
1131
−
AB 1 2
C DA
9E 3 8
3.2.3. Opiszemy najpierw, jak mnożymy liczbe, wielocyfrowa,
y = cn bn +cn−1 bn−1 +· · ·+c1 b+c0 przez jednocyfrowa, d . Ponieważ
yd = (cn d)bn + (cn−1 d)bn−1 + · · · + (c1 d)b + (c0 d),
wie, c jeżeli iloczyn dc0 jest liczba, mniejsza, od b , to jest ona ostatnia,
cyfra, liczby yd . Jeśli dc0 ≥ b , to wyodre, bniamy odpowiednia, liczbe,
wyrazów wyższego rze, du dodaja,c ja, do dc1 itd.
(a)
(c)
23 4
×
4
2 1 0 1
A B 3 2
×
9
7 6 A 2 5
Aby pomnożyć liczbe, wielocyfrowa, y przez liczbe, wielocyfrowa,
x mnożymy y przez kolejne (licza,c od końca) cyfry x i zapisujemy
iloczyny tak, by ich ostatnie cyfry znajdowaly sie, dokladnie pod
ta, cyfra, liczby x , przez która, mnożyliśmy liczbe, y . Naste, pnie
dodajemy zapisane iloczyny i otrzymujemy ostateczny wynik.
(b)
11 1 1 0 1 0 1
1 1 0 1
11 1 1 0 1 0 1
0
111 1 0 1 0 1
+ 1 1 1 1 0 1 0 1
11 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1
×
3.2.4. Przypuśćmy, że
m = cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + c1 b + c0
p = dk bk + dk−1 bk−1 + · · · + d1 b + d0 ,
przy czym m > p > 0 . Dzielenie liczby m przez liczbe, p polega
na znalezieniu liczb calkowitych q i r takich, że m = pq + r ,
84
Cze, ść II – Rozwia,zania
gdzie 0 ≤ r < p . Be, dziemy szukali przedstawienia liczb q oraz r
w systemie o podstawie b . W tym celu rozpatrujemy liczby
cn ,
cn b + cn−1 ,
cn b2 + cn−1 b + cn−2 ,
...
i szukamy pierwszej liczby w tym cia,gu, która jest wie, ksza od p .
Zalóżmy, że jest to liczba
s1 = cn bj + cn−1 bj−1 + · · · + cn−j .
Naste, pnie rozpatrujemy kolejne iloczyny 0 , p , 2p , 3p , . . . (b −
1)p i znajdujemy najwie, kszy z nich nie przekraczaja,cy s1 . Niech
to be, dzie an−j p . Wtedy s1 = an−j p + r1 , gdzie r1 jest reszta,
z dzielenia s1 przez p . Możemy to zapisać w sposób naste, puja,cy:
cn cn−1
ej ej−1
an−j
. . . cn−j cn−j−1 . . . c1 c0 : dk dk−1 . . . d1 d0
... . . . e0
Kwadraciki oznaczaja, tu cyfry iloczynu an−j p . Po odje, ciu otrzymamy liczbe,
r1 = s1 − an−j p = ej bj + ej−1 bj−1 + · · · + e0 .
Naste, pnie do cyfr ej , ej−1 , . . . , e0 dopisujemy cyfre, cn−j−1 , co
oznacza, że rozważamy liczbe,
s2 = ej bj+1 + ej−1 bj + · · · + e0 b + cn−j−1 .
Podobnie jak poprzednio, szukamy liczb an−j−1 oraz r2 takich, że
s2 = an−j−1 p+r2 , gdzie 0 ≤ r2 < p . Kontynuuja,c to poste, powanie
otrzymujemy w końcu q i r .
(b)
(a)
10 0 1
1 1 0 1 1 : 11
1 1
00 1 1
11
0
(c)
1
2 3
1 5
5
5
3 3
6 1 : 15
6
1
51
51
0
1
A
6
4
4
C A
B C :6
B
8
3 C
3 C
0
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
3.2.5.
otrzymuja,c
85
Liczbe, (11011101)2 dzielimy przez b = 3 = (11)2
(11011101)2 = (1001001)2 · (11)2 + (10)2 .
Wynik powyższego dzielenia dzielimy znów przez b:
(1001001)2 = (11000)2 · (11)2 + 1.
Poste, pujemy podobnie z kolejnymi wynikami:
(11000)2 = (1000)2 · (11)2
(1000)2 = (10)2 · (11)2 + (10)2
(10)2 = 0 · (11)2 + (10)2 .
Reszty z tych dzieleń wypisane w odwrotnej kolejności, tj.
(10)2 (10)2 (0)2 (1)2 (10)2
daja, nam szukane cyfry rozważanej liczby. Zatem (11011101)2 =
(22012)3 .
3.2.6. Szukamy sumy MCMXXIV + CDXCIII. Liczba MCMXXIV, to
jeden pelny tysia,c oraz drugi tysia,c bez jednej setki i coś tam jeszcze.
Bierzemy zatem jedna, setke, z drugiej liczby i dokladamy ja, do
pierwszej. Nasza, sume, możemy teraz zapisać jako MMXXIV + CCCXCIII
i podliczamy wyste, puja,ce w niej setki. Drugi skladnik ma ich
trzy plus jedna, bez dziesia,tki. Bierzemy wie, c brakuja,ca, dziesia,tke,
z pierwszej liczby i otrzymujemy równoważna, sume, MMXIV + CDIII.
Teraz już latwo obliczamy dziesia,tki i jedności naszej sumy. Ostatecznie otrzymujemy MMCDXVII (2417). Autorom ten sposób liczenia
nie wydaje sie, latwy i dlatego nie próbowali mnożenia.
3.3. Ulamki w różnych systemach pozycyjnych
3.3.1.
(a) Cze, ścia, calkowita, liczby 13 jest 0, a cze, ścia, ulamkowa, 31 .
Mamy 13 · 3 = 1 , wie, c jedyna, cyfra, po przecinku be, dzie 1.
Zatem 13 w systemie trójkowym, to 0,1 .
Cze, ścia, calkowita, 0,5 jest ponownie 0. 0,5 · 3 = 1,5 , wie, c
pierwsza, cyfra, po przecinku be, dzie 1. Ponieważ cze, ścia,
86
Cze, ść II – Rozwia,zania
ulamkowa, liczby 1,5 jest ponownie 0,5 , druga, cyfra, też
jest 1 i znów sytuacja sie, powtórzy. Zatem w zapisie
trójkowym, 0,5 to 0,(1) (w nawiasie zapisujemy okres
ulamka).
(b) Mamy π = 3,1415 . . . Cze, ść calkowita π to 11 w systemie dwójkowym. Mamy teraz 0,1415 · 2 = 0,283 , wie, c
d−1 = 0 ; 0,283 · 2 = 0,566 , zatem także d−2 = 0 ;
0,566 · 2 = 1,132 i d−3 = 1 ; 0,132 · 2 = 0,264 , a to
daje d−4 = 0 i wreszcie 0,264 · 2 = 0,528 , co nam daje
d−5 = 0 . Zatem w systemie dwójkowym liczba π ma
rozwinie, cie rozpoczynaja,ce sie, od 11,00100 . Zauważmy
tu, że nasze obliczenie jest dokladne, tzn. nie zależy od
dalszych cyfr rozwinie, cia dziesie, tnego π .
5
(c) By obliczyć kolejne cyfry rozwinie, cia pia,tkowego liczby 13
5
12
wykonujemy naste, puja,ce mnożenia. 13
· 5 = 1 12
13 , 13 ·
8
8
1
1
5
5 = 4 13
, 13
· 5 = 3 13
, 13
· 5 = 13
i wróciliśmy do
5
punktu wyjścia. Zatem rozwinie, cie liczby 13
w systemie
pia,tkowym jest ulamkiem okresowym 0,(1430) .
Oczywiście, możemy zapisywać też ulamki zwykle stosuja,c
1
różne podstawy. Wtedy ulamki z punktu (a) zapiszemy jako 10
1
5
10
i 2 , a 13 w zapisie dziesie, tnym to 23 w systemie o podstawie 5.
a
3.3.2. Niech b−1
be, dzie naszym ulamkiem. Ponieważ jest on
ulamkiem wlaściwym, wie, c 1 ≤ a ≤ b−2 oraz jego cze, ścia, calkowita,
a
ab
a
jest 0. Mnożymy zatem b−1
przez b otrzymuja,c b−1
= a + b−1
.
a
Cze, ścia, calkowita, jest tu a , a ulamkowa, ponownie b−1 . Zatem
a
rozwinie, cie ulamka b−1
w systemie o podstawie b to 0,(a) .
a
3.3.3. Rozważamy tu ulamek b+1
, gdzie 1 ≤ a ≤ b , zapisany
w systemie dziesie, tnym. Chcemy znaleźć jego rozwinie, cie w systemie
a
o podstawie b . Mnoża,c przez b mamy b+1
· b = (a − 1) + b+1−a
b+1 ,
b+1−a
a
a
ska,d b+1 ·b = (b−a)+ b+1 . Ponownie mamy wie, c b+1 . Otrzymujemy zatem rozwinie, cie 0,((a − 1)(b − a)) . Na przyklad, w systemie
2
dziesie, tnym, 11
= 0,(18) .
3.3.4. Zalóżmy najpierw, że ulamek ac , zapisany w postaci
nieskracalnej, ma skończone rozwinie, cie w systemie o podstawie b .
Liczby w różnych systemach pozycyjnych
87
Możemy zalożyć, że ac jest ulamkiem wlaściwym. Zapiszmy jego
rozwinie, cie w postaci 0,d1 d2 . . . dk , czyli
dk
a
d1
d2
= d1 b−1 + d2 b−2 + · · · + dk b−k =
+ 2 + ··· + k .
c
b
b
b
Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika otrzymujemy
a
d1 bk−1 + d2 bk−2 + · · · + dk
=
.
c
bk
Po ewentualnym skróceniu dostajemy, że c jest dzielnikiem bk , wie, c
jest iloczynem pote, g dzielników b .
Na odwrót, jeżeli mianownik ulamka ac jest iloczynem pote, g
dzielników b , to istnieje takie k , że c dzieli bk . Zatem w k-tym
kroku algorytmu na szukanie rozwinie, cia ac w systemie o podstawie b , otrzymujemy cze, ść ulamkowa, równa, 0. Zatem ac ma
rozwinie, cie skończone.
3.3.5. Zalóżmy, że ac jest zapisany w postaci nieskracalnej
i ma w systemie o podstawie b rozwinie, cie okresowe czyste o okresie
d1 d2 . . . df . Niech d = d1 b−1 +d2 b−2 +· · ·+df b−f . Wtedy możemy
zapisać
d
d
a
= d + f + 2f + · · ·
c
b
b
Korzystaja,c ze wzoru na sume, wszystkich wyrazów cia,gu geometrycznego dostajemy
a
1
dbf
=d·
=
.
c
1 − b−f
bf − 1
Ponieważ ac jest zapisany w postaci nieskracalnej, wie, c c musi być
dzielnikiem bf − 1 .
Zalóżmy teraz, że bf −1 jest wielokrotnościa, c . Zatem ulamek
a
d
f
c możemy rozszerzyć do bf −1 . Ale a < c , wie, c d < b − 1 , a sta,d
wynika, że liczba d ma w zapisie w systemie o podstawie b co
najwyżej f cyfr. Możemy wie, c ja, zapisać d = d1 b0 + d2 b1 + · · · +
df bf −1 . Ale
d
d
1
d
d
d
= f ·
= f + 2f + 3f + · · · .
−f
−1
b 1−b
b
b
b
Skorzystaliśmy tu ze wzoru na sume, wszystkich wyrazów cia,gu geometrycznego o ilorazie b−f i pierwszym wyrazie db−f . Zatem
w systemie o podstawie b , ac = bfd−1 = 0,(df . . . d2 d1 ) .
bf
88
Cze, ść II – Rozwia,zania
3.3.6. Przy dodawaniu i odejmowaniu pisemnym pamie, tamy,
że przecinek musi sie, znajdować dokladnie pod przecinkiem. Poza
tym algorytmy sa, podobne do opisanych w 3.2.
(a)
(b)
111,101010
121,2101
+ 1,11
− 12,01211
1001,011010
102,12022
Przy dzieleniu, najpierw przesuwamy przecinki w dzielniku
i w dzielnej tak, by rozwinie, cia nie mialy cyfr po przecinku. Jeśli
pozostaje reszta, to dopisujemy do niej 0 i dalej wykonujemy nasz algorytm, przy czym kolejne cyfry dopisujemy już po przecinku. Dzielenie kontynuujemy aż dostaniemy wymagana, dokladność lub okres.
Rozwia,zania przykladów (c) i (d) przedstawiamy w obliczeniach 3.
(d)
(c)
1 C,A
AB C : 60
60
4 BC
480
3C 0
3C 0
0
12400,13 (13)
43201 : 3
3
13
11
22
22
001 0
3
20
14
1
Obliczenia 3.
Przy mnożeniu ignorujemy najpierw przecinki, a naste, pnie liczymy miejsca po przecinku w obu czynnikach i dodajemy wyniki.
Suma ta wyznaczy pozycje, przecinka w iloczynie.
(e)
0,0 0 012
×
0 ,0023
102
+
30
0, 0000 0 1 002
4. Algorytm Euklidesa
4.1. Szukanie NWD
4.1.1. Zauważmy, że znalezienie dzielników liczby 341 nie jest
latwym zadaniem.
341 11
704 2
352 2
31 31
1
176 2
88 2
44 2
22 2
11 11
1
Zatem NWD(704, 341) = 11 .
4.1.2. Nie korzystaja,c z algorytmu Euklidesa otrzymujemy
wyniki przedstawione w obliczeniach 4.
1024 2
562 2
256 2
128 2
64 2
32 2
16 2
8 2
4 2
2 2
1
Mamy wie, c NWD(1024, 128) = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 128 .
128
64
32
16
8
4
2
1
2
2
2
2
2
2
2
Obliczenia 4.
Natomiast, jeśli sie, zdecydujemy wykorzystać algorytm Euklidesa, dostajemy 1024 = 8 · 128 + 0 . Ostatnia, niezerowa, reszta, jest
wie, c tu r0 = 128 . Zatem NWD(1024, 128) = 128 .
4.1.3. (a) Mamy tutaj naste, puja,cy cia,g dzieleń:
26 = 1 · 19 + 7
(1)
90
Cze, ść II – Rozwia,zania
19 = 2 · 7 + 5
(2)
7=1·5+2
(3)
5=2·2+1
(4)
2 = 2 · 1 + 0.
Zatem NWD(26, 19) = 1 . Aby znaleźć odpowiednie liczby x oraz y ,
zauważamy, że po przeksztalceniu równości (4) otrzymujemy
1 = 1 · 5 + (−2) · 2.
(5)
Przeksztalcamy teraz (3) w celu ,,obliczenia” 2 dostaja,c 2 = 1 · 7 +
(−1)·5 . Po podstawieniu do (5) mamy 1 = 1·5+(−2)(1·7+(−1)·5) ,
czyli
1 = 3 · 5 + (−2) · 7.
(6)
Podobnie ,,wyliczamy” 5 z (2) i wstawiamy do (6) otrzymuja,c
1 = 3 · 19 + (−8) · 7.
(7)
Ostatecznie wykorzystujemy (1), by otrzymać 7 = 26 − 19 i po
podstawieniu do (7) dostajemy ża,dana, kombinacje,
1 = (−8) · 26 + 11 · 19.
(b) Wykonujemy dzielenia:
187 = 5 · 34 + 17
34 = 2 · 17 + 0.
Zatem NWD(187, 34) = 17 oraz 17 = 1 · 187 + (−5) · 34 .
(c) Mamy tutaj:
841 = 5 · 160 + 41
160 = 3 · 41 + 37
41 = 1 · 37 + 4
37 = 9 · 4 + 1
4=4·1+0
Algorytm Euklidesa
91
Sta,d NWD(841, 160) = 1 . Aby wskazać odpowiednia, kombinacje, ,
obliczamy
1 = 1 · 37 + (−9) · 4
1 = 10 · 37 + (−9) · 41
1 = 10 · 160 + (−39) · 41
1 = 205 · 160 + (−39) · 841.
(d) Podobnie,
2613 = 1 · 2171 + 442
2171 = 4 · 442 + 403
442 = 1 · 403 + 39
403 = 10 · 39 + 13
39 = 3 · 13 + 0
oraz
13 = 1 · 403 + (−10) · 39
13 = 11 · 403 + (−10) · 442
13 = 11 · 2171 + (−54) · 442
13 = 65 · 2171 + (−54) · 2613.
4.1.4. Jeśli mamy już, że rk+1 ≤ 12 rk , to ponieważ rk+2 <
rk+1 , mamy ża,dana, nierówność. Zalóżmy wie, c, że rk+1 > 12 rk .
Wówczas przy naste, pnym dzieleniu mamy rk = qk+2 rk+1 + rk+2 .
Ale tutaj musi być qk+2 = 1 , ponieważ rk < 2rk+1 . Zatem rk+2 =
rk − rk+1 < rk − 12 rk = 12 rk , co należalo pokazać.
4.1.5. Jeśli wykorzystamy proponowany wariant algorytmu
Euklidesa, wykonamy naste, puja,ce dzielenia:
(a) 26
19
7
5
2
= 1 · 19 + 7
=2·7+5
=1·5+2
=2·2+1
=2·1+0
(b) 187 = 5 · 34 + 17
34 = 2 · 17 + 0
(c) 841
160
41
4
= 5 · 160 + 41
= 4 · 41 − 4
= 10 · 4 + 1
=4·1+0
(d) 2613
2171
442
39
= 1 · 2171 + 442
= 5 · 442 − 39
= 11 · 39 + 13
= 3 · 13 + 0
92
Cze, ść II – Rozwia,zania
4.1.6. Zalóżmy, że
rk−2 = qk rk−1 + rk′
(1)
rk−2 = qk′ rk−1 − rk′′ .
(2)
oraz
Zauważmy, że qk′ = qk + 1 . Podstawiaja,c to do (2) i porównuja,c
z (1), otrzymujemy rk′ = rk−1 − rk′′ . Zatem (ponieważ wszystkie
trzy liczby sa, dodatnie) liczby rk′ i rk′′ sa, równe polowie rk−1 lub
jedna z nich jest mniejsza niż polowa rk−1 . Ponieważ wybieramy
zawsze te, mniejsza, liczbe, , wie, c rk ≤ 21 rk−1 .
4.1.7.
(a) Ponieważ kolejne dzielenia sa, naste, puja,ce:
10n + 9 = 9(n + 1) + n,
n + 1 = 1 · n + 1,
n = n · 1 + 0,
wie, c NWD(10n + 9, n + 1) = 1 .
(b) Kolejne dzielenia sa, naste, puja,ce:
10n + 3 = 3(3n + 1) + n,
3n + 1 = 3 · n + 1,
n = n · 1 + 0.
Zatem
NWD(10n
+ 3, 3n + 1) = 1 .
4.1.8. Zauważmy, że zachodza, równości
nq = 10aq + bq
= 10aq + a − a + bq
= a(10q + 1) − (a − bq)
= am − (a − bq).
Zalóżmy, że m|n . Zatem m|nq , i z powyższej równości wynika, że
m|a − bq . W druga, strone, , zalóżmy, że m|a − bq . Istnieje wie, c taka
liczba calkowita k , że a − bq = mk . Sta,d
n = 10a + b = 10(mk + bq) + b = 10mk + (10q + 1)b = m(10k + b).
Zatem m|n .
93
Algorytm Euklidesa
4.1.9. Z treści zadania wynika, że istnieja, liczby naturalne a
oraz b takie, że x = 12a , y = 12b , przy czym NWD(a, b) = 1 .
Ponieważ 12a + 12b = 96 , wie, c a + b = 8 . Uwzgle, dniaja,c warunek
NWD(a, b) = 1 , otrzymujemy naste, puja,ce pary (1,7) , (3,5) , (5,3) ,
(7,1) spelniaja,ce równanie a+b = 8 . Zatem rozwia,zaniami naszego
ukladu sa, pary liczb (12,84) , (36,60) , (60,36) , (84,12) .
(
)
4.1.10. x = kb , gdzie k ∈ Z jest taka, że NWD k, ab = 1 .
4.1.11. Tak, gdyż
NWD(a, b)
= NWD(|a|, |b|) .
4.1.12. Suma dwóch kolejnych liczb naturalnych jest równa
s = n+(n+1) , a suma ich kwadratów jest równa t = n2 +(n+1)2 =
2n2 + 2n + 1 . Zauważmy, że
2t − s2 = 2(2n2 + 2n + 1) − (4n2 + 4n + 1) = 1.
Z otrzymanej równości wynika, że
NWD(s, t)
= 1.
4.2. Równania liniowe
4.2.1. Obliczamy kolejno najwie, ksze wspólne dzielniki wspólczynników równań, a naste, pnie patrzymy, czy sa, one dzielnikami
wyrazów wolnych.
(a) NWD(12, 18) = 6 oraz 6|36 , wie, c równanie ma rozwia,zanie.
(b) NWD(65, 39) = 13 , ale 13̸ | 16 , zatem to równanie nie ma
rozwia,zań w liczbach calkowitych.
(c) NWD(2613, 2171) = 13 , co jest dzielnikiem 39. Zatem to
równanie ma rozwia,zanie.
(d) NWD(12, 15) = 3 , co jest dzielnikiem 333, wie, c to równanie
także ma rozwia,zanie.
(e) NWD(119, 105) = 7 oraz 7|28 , wie, c i to równanie ma
rozwia,zanie.
(f) NWD(28, 35) = 7 , ale 7 nie jest dzielnikiem liczby 347.
Zatem to równanie nie ma rozwia,zań calkowitych.
4.2.2. Ponieważ 2|c wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba,
parzysta,, wie, c równanie ax + by = c ma rozwia,zanie wtedy i tylko
wtedy, gdy c jest liczba, parzysta,.
94
Cze, ść II – Rozwia,zania
4.2.3. Jeżeli liczby a i b sa, wzgle, dnie pierwsze, to oznacza
to, iż NWD(a, b) = 1 . Ponieważ 1 jest dzielnikiem każdej liczby
calkowitej, wie, c równanie ax + by = c ma rozwia,zanie dla dowolnego c ∈ Z . Zatem, ponieważ zbiór A możemy zapisać jako
{ax + by : x,y ∈ Z} , wie, c A = Z .
4.2.4. Niech a ∈ A , a ̸= 0 . Z określenia zbioru A wynika, że
0 = a − a ∈ A oraz −a = 0 − a ∈ A . Ponieważ jedna z liczb a , −a
należa,cych do A jest liczba, naturalna,, wie, c zbiór A zawiera liczby
naturalne. Niech m be, dzie najmniejsza, liczba, naturalna, zbioru A
i niech x ∈ A . Dziela,c x przez m mamy x = qm + r , gdzie
0 ≤ r < m . Wtedy r = x − qm ∈ A . Gdyby r > 0 , to r byloby
liczba, naturalna, mniejsza, od m należa,ca, do A . Zatem r = 0 ,
czyli m|x .
4.2.5. Wystarczy napisać równanie, które nie ma rozwia,zania
w liczbach calkowitych. Na przyklad 2x + 4y = 3 .
4.3. Rozwia, zywanie równań liniowych
4.3.1. Rozwia,żemy tylko równania (a), (c) i (e), a w pozostalych przykladach ograniczymy sie, tylko do podania odpowiedzi.
Zauważmy, że każde równanie może mieć kilka różnych przedstawień
rozwia,zania.
(a) Wykonujemy dzielenie 18 = 1 · 12 + 6 i podstawiamy do
naszego równania otrzymuja,c
12(x + y) + 6y = 36.
Oznaczamy teraz x1 = x + y , y1 = y i otrzymujemy
równanie 12x1 + 6y1 = 36 , które możemy obustronnie
podzielić przez 6 i otrzymać
2x1 + y1 = 6.
Podstawiamy teraz x1 = t i obliczamy kolejno y1 = 6 −
2t , y = 6 − 2t oraz x = −6 + 3t .
(b) x = −2 + 3t , y = 4 − 5t .
(c) Wykonujemy najpierw dzielenie 2613 = 1 · 2171 + 442 .
Naste, pnie podstawiamy x1 = x + y , y1 = x i otrzymujemy
2171x1 + 442y1 = 39.
Algorytm Euklidesa
95
Po podzieleniu 2171 = 4 · 442 + 403 i podstawieniu x2 =
4x1 + y1 , y2 = x1 dostajemy
442x2 + 403y2 = 39.
Teraz podstawimy x3 = x2 + y2 oraz y3 = x2 i otrzymamy
403x3 + 39y3 = 39.
Wreszcie podzielimy 403 = 10·39+13 , podstawimy x4 =
10x3 + y3 , y4 = x3 i dostaniemy
39x4 + 13y4 = 39.
Ostatnie równanie podzielimy obustronnie przez 13 i za x4
przyjmiemy parametr t . Wycofuja,c sie, dostajemy kolejno
x4 = t ,
y4 = 3 − 3t ,
x3 = 3 − 3t ,
y3 = −30 + 31t ,
x2 = −30 + 31t ,
y2 = 33 − 34t ,
x1 = 33 − 34t ,
y1 = −162 + 167t ,
x = −162 + 167t ,
y = 195 − 201t .
(d) x = −111 + 5t , y = 111 − 4t .
(e) Dzielimy obustronnie nasze równanie przez 4, otrzymuja,c
rówoważne równanie x + y = 2 . Jego rozwia,zaniami sa,
x = t, y = 2−t.
(f) x = −28 + 15t , y = 32 − 17t .
4.3.2. Na pocza,tku zauważmy, że nasze równanie ma zawsze
rozwia,zanie, ponieważ NWD(12, 15) = 3 . Poste, pujemy wie, c zgodnie
z naszym algorytmem, tj. podstawiamy x1 = x + y oraz y1 = y
i zapisujemy 12x1 +3y1 = 3(7u−22) . Otrzymane równanie dzielimy
obustronnie przez 3 i za x1 przyjmujemy parametr t . Zatem y1 =
7u − 4t − 22 i ostatecznie y = 7u − 4t − 22 oraz x = −7u + 5t + 22 .
4.3.3.
(a) Zgodnie ze wskazówka, rozwia,zujemy równanie 3t + 7z =
11 , otrzymuja,c t = −22 + 7u oraz z = 11 − 3u .
Mamy zatem obliczona, niewiadoma, z . Aby obliczyć x
i y , rozwia,zujemy równanie 12x + 15y = 3(7u − 22) ,
96
Cze, ść II – Rozwia,zania
otrzymuja,c x = −7u + 5t + 22 oraz y = 7u − 4t − 22
(patrz poprzednie zadanie).
(b) Zapiszmy nasze równanie w postaci 6x + 10y = 4 − 12z .
Zatem NWD(6, 10) = 2 musi dzielić 4−12z . Otrzymujemy
wie, c równanie 2t + 12z = 4 , którego rozwia,zaniami sa,
z = u oraz t = 2−6u . Aby obliczyć x i y rozwia,zujemy
równanie 6x + 10y = 2(2 − 6u) i otrzymujemy
x = 4 − 12u − 5t
4.3.4.
równanie
oraz y = −2 + 6u + 3t.
Podstawiamy x1 = x + y i y1 = x , otrzymuja,c
18x1 + 6y1 = 19.
W dalszym cia,gu podstawiamy x2 = 3x1 + y1 i dostajemy równanie
6x2 = 19 , które nie ma rozwia,zania w liczbach calkowitych, ponieważ 6̸ | 19 .
Zauważmy, że jeśli równanie nie ma rozwia,zania w liczbach
calkowitych, to algorytm rozwia,zywania zawsze ,,zacina sie, ” w tym
miejscu. Jest tak, ponieważ wspólczynnik przy niewiadomej jest
równy najwie, kszemu wspólnemu dzielnikowi wspólczynników równania wyjściowego, a wyraz wolny pozostaje nie zmieniony.
4.3.5. Niech (p,q) bedzie dowolnym rozwia,zaniem równania (1). Wtedy zachodza, równości ax0 + by0 = c oraz ap + bq = c ,
sta,d
a(p − x0 ) = −b(q − y0 ).
(*)
Niech d =
mamy
NWD(a, b)
i niech a = a1 d , b = b1 d . Wówczas z (*)
a1 (p − x0 ) = −b1 (q − y0 ),
(**)
gdzie NWD(a1 , b1 ) = 1 . Sta,d wynika, że a1 |q − y0 i b1 |p − x0 .
Istnieja, wie, c liczby calkowite t oraz s takie, że q − y0 = a1 s oraz
p − x0 = b1 t . Podstawiaja,c do (**) latwo zauważymy, że s =
−t . Zatem p = x0 + b1 t , q = y0 − a1 t , gdzie b1 = NWDb(a,b) ,
a1 = NWDa(a,b) . Na zakończenie zauważmy, że dla dowolnej liczby
calkowitej t , para (p,q) , gdzie p = x0 + b1 t , q = y0 − a1 t jest
rozwia,zaniem równania (1).
Algorytm Euklidesa
97
4.3.6. Wystarczy znaleźć jedno rozwia,zanie (x0 ,y0 ) tego
równania i zastosować wzory z 4.3.5. Dla znalezienia rozwia,zania
(x0 ,y0 ) zastosujemy algorytm Euklidesa.
852 = 4 · 192 + 84
192 = 2 · 84 + 24
84 = 3 · 24 + 12
24 = 2 · 12 + 0.
Sta,d NWD(852, 192) = 12 = 84 − 3 · 24 = 84 − 3 · (192 − 2 · 84) =
7 · 84 − 3 · 192 = 7(852 − 4 · 192) − 3 · 192 = 7 · 852 − 31 · 192 , a sta,d
852 · (7 · 2) + 192(−31 · 2) = 24. Otrzymana równość oznacza, że para
(14,−62) jest rozwia,zaniem równania 852x + 192y = 24 . Zatem
wszystkie rozwia,zania dane sa, wzorami x = 14+16t , y = −62−71t ,
gdzie t ∈ Z .
5. Kongruencje
5.1. Podstawowe wlasności kongruencji
5.1.1. Ponieważ liczba a − a = 0 jest podzielna przez każda,
liczbe, naturalna, m , wie, c a ≡ a(mod m ) . Jeżeli m|a − b , to
także m|b − a , co oznacza, że z kongruencji a ≡ b(mod m ) wynika
kongruencja b ≡ a(mod m ) . Niech a ≡ b(mod m ) oraz b ≡
c(mod m ) . Wtedy m|a − b i m|b − c . Sta,d m|(a − b) + (b − c) ,
czyli m|a − c . Zatem, ostatecznie, a ≡ c(mod m ) .
5.1.2. Zalóżmy, że a ≡ b(mod m ) . Niech a = mx + r1 oraz
b = my + r2 , przy czym 0 ≤ r1 < m oraz 0 ≤ r2 < m . Z tego, że
m|a − b oraz a − b = m(x − y) + (r1 − r2 ) wynika, że m|r1 − r2 .
Ponieważ r1 ,r2 ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} , wie, c r1 = r2 .
Zalóżmy teraz, że liczby a i b przy dzieleniu przez m maja,
takie same reszty, tzn. a = mq1 + r i b = mq2 + r . Wtedy
a − b = m(q1 − q2 ) , czyli a ≡ b(mod m ) .
Niech teraz a be, dzie dowolna, liczba, calkowita,. Możemy
napisać a = mq + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} . Zatem m|a − r ,
czyli a ≡ r(mod m ) . Sta,d mamy, że klasa abstrakcji elementu a
ma reprezentanta w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} . Z pierwszej cze, ści
rozwia,zania wynika, że taki reprezentant jest dokladnie jeden.
5.1.3. Z kongruencji a ≡ b(mod m ) wobec 5.1.2 wynika, że
a = mq1 + r oraz b = mq2 + r , sta,d a − b = m(q1 − q2 ) , czyli
a = b + mt , gdzie t = q1 − q2 . Odwrotnie, z równości a = b + mt
wynika, że a − b = mt , czyli a ≡ b(mod m ) .
5.1.4. Jeżeli a1 ≡ b1 (mod m ) , a2 ≡ b2 (mod m ) , to a1 =
b1 + mt1 , a2 = b2 + mt2 . Zatem a1 + a2 = b1 + b2 + m(t1 + t2 ) ,
a1 − a2 = b1 − b2 + m(t1 − t2 ) oraz
a1 · a2 = (b1 + mt1 )(b2 + mt2 ) = b1 b2 + m(b1 t2 + b2 t1 + mt1 t2 ).
Sta,d wynika, że (a1 + a2 ) ≡ (b1 + b2 )(mod m ) , (a1 − a2 ) ≡ (b1 −
b2 )(mod m ) oraz (a1 · a2 ) ≡ (b1 · b2 )(mod m ) .
5.1.5.
(a) Kongruencja ac ≡ bc(mod mc ) oznacza, iż istnieje taka
liczba calkowita d , że ac − bc = mcd , ska,d a − b = md ,
co oznacza a ≡ b(mod m ) .
99
Kongruencje
(b) Ponieważ m|(a − b)c oraz NWD(m, c) = 1 , wie, c m|a − b
(zobacz 1.8).
(c) Niech NWW(s, t) = ss1 = tt1 . Mamy ass1 ≡ 1(mod m )
oraz att1 ≡ 1(mod n ) , czyli
m|aNWW(s,t) − 1
oraz
n|aNWW(s,t) − 1.
Sta,d, wobec 1.7.4 oraz 1.7.6, mamy mn|aNWW(s,t) − 1 .
(d) Jeżeli m|a − b oraz n|a − b , to NWW(m, n)|a − b (wynika
to z 1.7.6).
5.1.6. Należy pokazać, że 255 ≡ −1(mod 11 ) . Ponieważ
( )11
25 = 32 ≡ −1(mod 11 ) , wie, c 255 = 25
≡ (−1)11 ≡
(−1)(mod 11 ) . Ostatnia, cyfra, liczby 255 + 1 w systemie o podstawie 11 jest 0.
5.1.7. Ponieważ 78 = 6·13 oraz NWD(6, 13) = 1 , wie, c wystarczy pokazać, że 6|53103 +10353 oraz 13|53103 +10353 . Bezpośrednio
sprawdzamy, że 53 ≡ −1(mod 6 ) oraz 103 ≡ 1(mod 6 ) . Sta,d
53103 ≡ −1(mod 6 ) oraz 10353 ≡ 1(mod 6 ) . Dodaja,c stronami
otrzymane kongruencje, mamy 53103 +10353 ≡ −1+1 ≡ 0(mod 6 ) .
Podobnie stwierdzamy, że 53103 + 10353 ≡ 0(mod 13 ) .
5.1.8.
(a) Jeżeli n0 jest ostatnia, cyfra, liczby n , to zachodzi kongruencja n ≡ n0 (mod 10 ) . Ponieważ 25 ≡ 2(mod 10 ) ,
wie, c 25·5·5 ≡ 2(mod 10 ) , natomiast 28 = 23 · 25 ≡
(
)8
6(mod 10 ) . Sta,d 21000 = 25·5·5 ≡ 28 ≡ 6(mod 10 ) .
Zatem ostatnia, cyfra, liczby 21000 jest 6.
(b) F0 = 3 , F1 = 5 . Jeżeli n ≥ 2 , to
2
2n
(
= 2
22
)2n−2
≡ 6(mod 10 ).
Zatem dla n ≥ 2 ostatnia, cyfra, liczby Fn jest 7.
5.1.9. Niech a − 1 , a , a + 1 be, da, trzema kolejnymi liczbami
naturalnymi. Wówczas (a − 1)3 + a3 + (a + 1)3 = 3a3 + 6a =
3(a3 + 2a) . Ponieważ 18 = 3 · 6 , wie, c wystarczy zbadać kiedy
a3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) . Zauważmy, że jeżeli a ≡ 0(mod 6 ) lub
100
Cze, ść II – Rozwia,zania
a ≡ 2(mod 6 ) lub a ≡ 4(mod 6 ) , to a3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) .
Odwrotnie, jeżeli 6|a3 + 2a , to 6|a(a2 + 2) . Gdyby liczba a byla
nieparzysta, iloczyn a(a2 +2) bylby liczba, nieparzysta,. Zatem suma
sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez
18 , gdy druga z tych liczb jest parzysta.
5.1.10. Ponieważ 3 ≡ −4(mod 7 ) , wie, c 32 ≡ 2(mod 7 ) .
Zatem dla dowolnej liczby naturalnej n mamy (32 )n ≡ 2n (mod 7 ) .
Sta,d 3 · 32n ≡ −4 · 2n (mod 7 ) , czyli 32n+1 + 2n+2 ≡ 0(mod 7 ) .
5.1.11.
( )
(p−1)!
(a) Zauważmy, że kp = p· k!(p−k)!
jest liczba, naturalna,, czyli
k!(p−k)!|p(p−1)! . Ponieważ NWD(k!(p − k)!, p) = 1 , wie, c
k!(p − k)!|(p − 1)! (zobacz 1.8). Sta,d wynika, że liczba
(p)
(p−1)!
k!(p−k)! jest liczba, calkowita,. Zatem p| k .
(b) Z wlasności symbolu Newtona wynika, że
( n)
(
)
p
pn pn − 1
=
,
k
k k−1
sta,d
( n)
( n
)
p
n p −1
k
=p
.
k
k−1
Zauważmy, że prawa strona ostatniej równości dzieli sie,
przez pn , zatem i lewa strona dzieli
sie przez pn . Jeżeli
(
n) ,
1 ≤ k ≤ pn − 1 , to pn̸ | k , sta,d p| kp .
(c) Wynika z wzoru dwumianowego Newtona oraz cze, ści (b).
5.1.12. Liczba naturalna n jest postaci 3k + 1 , 3k + 2
lub 3k + 3 , gdzie k ∈ N0 . Ponieważ 23 ≡ 1(mod 7 ) , wie, c
23k ≡ 1(mod 7 ) . Sta,d 23k+1 ≡ 2(mod 7 ) , 23k+2 ≡ 4(mod 7 )
i 23k+3 ≡ 1(mod 7 ) .
Ostatnia, cyfra, liczby 2n + 1 w systemie o podstawie 7 może
wie, c być 2, 3 lub 5.
5.2. Kongruencje a wielomiany
5.2.1. Rozważmy wielomian W (x) = 1 + x + 2x2 + . . . + nxn .
Ponieważ A = W (8) , B = W (3) oraz 8 ≡ 3(mod 5 ) , wie, c A ≡
B(mod 5 ) .
Kongruencje
101
5.2.2. Z zalożenia mamy naste, puja,ce kongruencje: W (2) ≡
0(mod 5 ) oraz W (5) ≡ 0(mod 2 ) . Wiemy, że 5 ≡ −3(mod 2 )
oraz 2 ≡ −3(mod 5 ) , wie, c W (5) ≡ W (−3)(mod 2 ) oraz W (2) ≡
W (−3)(mod 5 ) . Sta,d i z zalożenia W (−3) ≡ 0(mod 2 ) oraz
W (−3) ≡ 0(mod 5 ) . Z zadania 5.1.5(d) wynika, że W (−3) ≡
0(mod 10 ) . Z kongruencji 7 ≡ −3(mod 10 ) wynika natomiast, że
W (7) ≡ W (−3)(mod 10 ) . Ponieważ W (−3) ≡ 0(mod 10 ) , wie, c
W (7) ≡ 0(mod 10 ) .
5.2.3. Ponieważ n ≡ n0 + n1 + . . . + ns (mod 3 ) , wie, c jeżeli
suma n0 + n1 + . . . + ns dzieli sie, przez 3 , to n dzieli sie, przez 3 .
5.2.4. Wychodzimy z kongruencji 10 ≡ 1(mod 9 ) i rozumujemy analogicznie jak w 5.2.3.
5.2.5. Rozumuja,c analogicznie jak w 5.2.3, stwierdzamy, że
jeżeli n = n0 + n1 10 + · · · + ns 10s , to n ≡ n0 − n1 + n2 − · · · +
(−1)s ns (mod 11 ) . Zatem, jeżeli 11|n0 − n1 + n2 − · · · + (−1)s ns ,
to 11|n .
5.2.6. Zalóżmy, że istnieje wielomian W spelniaja,cy warunki
zadania. Ponieważ a ≡ b(mod (a − b) ) , wie, c
W (a) ≡ W (b)(mod (a − b) ),
sta,d a−b|b−c . Podobnie stwierdzamy, że b−c|c−a oraz c−a|a−b .
Sta,d |a − b| ≤ |b − c| , |b − c| ≤ |c − a| oraz |c − a| ≤ |a − b| , a sta,d
|a − b| = |b − c| = |c − a|.
Liczby a − b i b − c sa, wie, c równe lub przeciwne. Gdyby byly
przeciwne, czyli gdyby a − b = −(b − c) , to a = c , co przeczy
zalożeniu. Zatem a − b = b − c . Podobnie stwierdzamy, że c − a =
b − c . Wobec tego 3(b − c) = (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0 . Sta,d
b = c , co znowu jest sprzeczne z zalożeniem. Zatem nie istnieje
wielomian spelniaja,cy warunki zadania.
5.2.7. Przypuśćmy, że istnieje taki wielomian W . Wtedy
W (1) = p jest liczba, pierwsza,. Niech bk = 1 + p · k , gdzie k ∈ N .
Ponieważ bk ≡ 1(mod p ) , wie, c W (bk ) ≡ W (1) = p ≡ 0(mod p ) .
Wobec tego, że p|W (bk ) oraz W (bk ) jest liczba, pierwsza,, W (bk ) =
p . Oznacza to, że wielomian W przyjmuje wartość p nieskończenie
wiele razy, co jest niemożliwe.
102
Cze, ść II – Rozwia,zania
5.2.8. Niech wybrana, liczba, be, dzie n = (nt nt−1 . . . n0 )10
i niech b = (bs bs−1 . . . b0 )10 = n − (nt + nt−1 + . . . + n0 ) . Wtedy 9|bs + bs−1 + · · · + b0 .
5.3. Kongruencje a równania
5.3.1. Przypuśćmy, że istnieje liczba calkowita c taka, że
W (c) = 0 . Wówczas istnieje r ∈ {0,1} takie, że W (r) ≡
0(mod 2 ) , czyli W (0) ≡ 0(mod 2 ) lub W (1) ≡ 0(mod 2 ) .
Ponieważ W (0) oraz W (1) sa, nieparzyste, wie, c otrzymaliśmy
sprzeczność.
5.3.2. Niech W (x) = 100x6 − 80x5 + 36x4 + 12x3 + x2 + 1001 .
Przypuśćmy, że istnieje liczba calkowita c taka, że W (c) = 0 .
Wówczas istnieje r ∈ {0,1,2,3} takie, że W (r) ≡ 0(mod 4 ) .
Ponieważ 4 dzieli każda, z liczb 100, −80 , 36 oraz 12, wie, c
W (r) ≡ r2 + 1 ≡ 0(mod 4 ) . Otrzymaliśmy sprzeczność, bo
W (0) ≡ 1(mod 4 ) , W (1) ≡ 2(mod 4 ) , W (2) ≡ 1(mod 4 ) ,
a W (3) ≡ 2(mod 4 ) .
5.3.3. Przypuśćmy, że para liczb calkowitych (a,b) jest
rozwia,zaniem równania 2x2 − 215y 2 = 1, czyli że zachodzi równość
2a2 − 215b2 = 1. Sta,d (2a)2 = 430b2 + 2 . Z otrzymanej równości
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej m zachodzi kongruencja (2a)2 ≡ 430b2 + 2(mod m ) . Dla dowolnego b mamy
430b2 + 2 ≡ 2(mod 10 ) . Ponieważ 2a ≡ 0(mod 10 ) lub 2a ≡
±2(mod 10 ) , lub 2a ≡ ±4(mod 10 ) , wie, c (2a)2 ≡ 0(mod 10 )
lub (2a)2 ≡ 4(mod 10 ) , lub (2a)2 ≡ 6(mod 10 ) . Sta,d (2a)2 ̸≡
430b2 + 2(mod10) , co oznacza, że równanie 2x2 − 215y 2 = 1 nie ma
rozwia,zań calkowitych.
5.3.4. Niech W be, dzie wielomianem o wspólczynnikach
calkowitych, takim że W (x) = (x2 − 12x + 11)g(x) + 990x − 889 .
Przypuśćmy, że wielomian ten ma pierwiastek calkowity a , czyli
że W (a) = 0 . Istnieje wie, c r ∈ {0,1,2,3,4,5} takie, że W (r) ≡
0(mod 6 ) . Latwo sprawdzimy, że W (1) = (1 − 12 + 11)g(1) +
990 − 889 ≡ 1(mod 6 ) , W (2) = (4 − 24 + 11)g(2) + 1980 − 889 =
(−9)g(2) + 1091 ̸≡ 0(mod6) (gdyż 3̸ | 1091 ). Podobnie W (3) ̸≡
0(mod6) , W (4) ̸≡ 0(mod6) , W (5) ̸≡ 0(mod6) i W (0) ̸≡ 0(mod6) .
Otrzymaliśmy wie, c sprzeczność.
Kongruencje
103
5.4. Male Twierdzenie Fermata
5.4.1. Dla n = 1 fakt jest oczywisty.
Zalóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego n > 1 .
Wówczas np ≡ n(mod p ) , a sta,d np +1 ≡ n+1(mod p ) . Z 5.1.11
otrzymujemy (n + 1)p ≡ np + 1(mod p ) . Sta,d, wobec zalożenia
indukcyjnego, mamy (n + 1)p ≡ n + 1(mod p ) . To znaczy, że
twierdzenie jest prawdziwe dla n + 1 .
5.4.2.
(a) Wystarczy pokazać, że 2|n5 −n , 3|n5 −n i 5|n5 −n , czyli
że n5 ≡ n(mod 2 ) , n5 ≡ n(mod 3 ) i n5 ≡ n(mod 5 ) .
Z wniosku z MTF wynika, że n2 ≡ n(mod 2 ) , sta,d n4 ≡
n2 ≡ n(mod 2 ) , a sta,d n5 ≡ n2 ≡ n(mod 2 ) . Pozostale
kongruencje też wynikaja, z wniosku z MTF.
(b) Z wniosku z MTF mamy n3 ≡ n(mod 3 ) , sta,d n7 ≡
n5 (mod 3 ) , a sta,d n7 −n3 ≡ n5 −n(mod 3 ) , czyli 3|n7 −
n5 − n3 + n . Podobnie z kongruencji n5 ≡ n(mod 5 )
otrzymujemy n7 ≡ n3 (mod 5 ) , a sta,d n7 − n5 ≡ n3 −
n(mod 5 ) , czyli 5|n7 − n5 − n3 + n .
5.4.3. Jeżeli p > 5 , to p̸ | 10 , wie, c z MTF mamy 10p−1 ≡
1(mod p ) , co oznacza p|10p−1 − 1 . Zauważmy, że 10p−1 − 1 =
99 . . . 9 = 9 · np . Ponieważ p|9 · np oraz p̸ | 9 , wie, c p|np .
5.4.4. Z wniosku z MTF wynika, że ap1 ≡ a1 (mod p ) ,
ap2 ≡ a2 (mod p ) , . . . apk ≡ ak (mod p ) . Dodaja,c stronami te
kongruencje mamy ap1 + ap2 + . . . + apk ≡ a1 + a2 + . . . + ak (mod p ) .
Z 5.1.2 wynika, że suma ap1 + ap2 + . . . + apk dzieli sie, przez p wtedy
i tylko wtedy, gdy suma a1 + a2 + . . . + ak dzieli sie, przez p .
5.4.5. Dodaja,c stronami kongruencje a2 ≡ a(mod 2 ) , b2 ≡
b(mod 2 ) , c2 ≡ c(mod 2 ) i d2 ≡ d(mod 2 ) mamy a2 + b2 +
c2 + d2 ≡ a + b + c + d(mod 2 ) . Sta,d oraz z zalożenia wynika, że
2(a2 + b2 ) ≡ a + b + c + d(mod 2 ) , czyli 2|a + b + c + d . Ponieważ
liczba a + b + c + d jest wie, ksza od 2 , wie, c nie jest ona liczba,
pierwsza,.
5.4.6. Jeżeli p = 2 , to każda liczba postaci 22k − 2k , gdzie
k ∈ N , dzieli sie, przez 2 . Jeżeli p > 2 , to z MTF wynika, że
104
Cze, ść II – Rozwia,zania
2p−1 ≡ 1(mod p ) , sta,d 2(p−1)m ≡ 1(mod p ) dla m ∈ N . Biora,c
za m liczby postaci kp − 1 , gdzie k ∈ N , mamy
2(p−1)(kp−1) ≡ 1 ≡ (kp − 1)(p − 1)(mod p ).
Sta,d p|2(p−1)(kp−1) − (p − 1)(kp − 1) .
5.4.7. Ponieważ 30 = 2 · 3 · 5 , wie, c wystarczy pokazać, że
K ≡ 0(mod 2 ) , K ≡ 0(mod 3 ) oraz K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli
a ≡ 0(mod 2 ) lub b ≡ 0(mod 2 ) , to K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli
a ≡ 1(mod 2 ) i b ≡ 1(mod 2 ) , to a2 − b2 ≡ 0(mod 2 ) , a wie, c
K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli a ≡ 0(mod 3 ) lub b ≡ 0(mod 3 ) , to
K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli 3̸ | a i 3̸ | b , to a2 ≡ 1(mod 3 ) i b2 ≡
1(mod 3 ) , wie, c a2 − b2 ≡ 0(mod 3 ) , czyli K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli
a ≡ 0(mod 5 ) lub b ≡ 0(mod 5 ) , to K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli
5̸ | a i 5̸ | b , to a4 ≡ 1(mod 5 ) i b4 ≡ 1(mod 5 ) , wie, c a4 − b4 ≡
0(mod 5 ) , zatem K ≡ 0(mod 5 ) .
5.4.8. Z MTF wynika, że a · ap−2 ≡ 1(mod p ) . Niech b
be, dzie reszta, z dzielenia ap−2 przez p . Wtedy b ≡ ap−2 (mod p ) ,
sta,d ba ≡ ap−1 ≡ 1(mod p ) . Wykazaliśmy, że istnieje takie b .
Gdyby istnialy b1 i b2 takie, że ab1 ≡ 1(mod p ) oraz ab2 ≡
1(mod p ) , przy czym 1 ≤ b1 ≤ b2 ≤ p − 1 , to odejmuja,c stronami powyższe kongruencje otrzymalibyśmy a(b2 − b1 ) ≡ 0(mod p ) .
Ponieważ NWD(a, p) = 1 , wie, c p|b2 − b1 . Sta,d wobec 1 ≤ b2 − b1 ≤
p − 1 mamy b1 = b2 .
5.4.9. (i ) ⇒ (ii ) . Jeżeli istnieje liczba n taka, że n2 −n+3 ≡
0(mod p ) , to klada,c m = 3n−1 , mamy m2 −m+25 ≡ 0(mod p ) .
(ii ) ⇒ (i ) . Zalóżmy teraz, że istnieje liczba m , taka że m2 −
m + 25 ≡ 0(mod p ) . Z 5.4.8 wynika, że istnieje liczba calkowita b ,
taka że 3b ≡ 1(mod p ) . Klada,c n = b(m + 1) , mamy
n2 − n + 3 = b2 (m + 1)2 − b(m + 1) + 3
= b2 (m2 + 2m + 1) − b(m + 1) + 3
= b2 (m2 + 2m + 1) + 24b2 − 24b2 − 3mb2
+ 3mb2 − mb − b + 3
= b2 (m2 − m + 25) − 24b2 + 3mb2 − mb − b + 3.
Kongruencje
105
Z kongruencji 3b ≡ 1(mod p ) wynika, że 3mb2 ≡ mb(mod p )
oraz 24b2 ≡ 8b(mod p ) , a także 9b ≡ 3(mod p ) . Uwzgle, dniaja,c
powyższe kongruencje oraz zalożenie, mamy
n2 − n + 3 ≡ b2 (m2 − m + 25) − 8b + mb − mb − b + 9b ≡ 0(mod p ).
5.4.10. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest
tylko skończona ilość. Niech be, da, to liczby p1 , p2 , . . . , pn .
Rozważmy liczbe, K = 2p1 p2 . . . pn , a naste, pnie liczbe, K 2 + 1 .
Liczba K 2 + 1 jest postaci 4t + 1 . Niech p be, dzie liczba, pierwsza,
dziela,ca, liczbe, K 2 + 1 . Wtedy
K 2 ≡ −1(mod p ).
(*)
Liczba p nie może być równa 2, ponieważ K 2 + 1 jest liczba,
nieparzysta,. Liczba p nie jest też postaci 4t + 1 , gdyż nie jest
żadna, z liczb p1 , p2 , . . . , pn (żadna z liczb p1 , p2 , . . . , pn nie
jest dzielnikiem K 2 + 1 ). Zatem p jest postaci 4t + 3 . Podnosza,c
kongruencje, (*) do pote, gi p−1
2 = 2t + 1 , mamy
(K 2 )
p−1
2
≡ (−1)
p−1
2
≡ (−1)2t+1 (mod p ),
czyli K p−1 ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p̸ | K , wie, c z MTF mamy
K p−1 ≡ 1(mod p ) . Sta,d 1 ≡ −1(mod p ) , czyli p|2 . Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że liczb pierwszych postaci
4k + 1 jest nieskończenie wiele.
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera
(
5.5.1.
Ponieważ n = qϕ(m) + r , wie, c an = aqϕ(m)+r =
)
q
aϕ(m) ar ≡ ar (mod m ) .
5.5.2. Ponieważ ak ≡ 1(mod m ) oraz al ≡ 1(mod m ) ,
wie, c z definicji wykladnika mamy wm (a)|k oraz wm (a)|l , co oznacza, że wm (a) jest wspólnym dzielnikiem liczb k i l . Wobec tego
wm (a)|NWD(k, l) , czyli( NWD(k,
) l) = wm (a)s . Otrzymujemy zatem
NWD(k,l)
wm (a)s
wm (a) s
a
=a
= a
≡ 1(mod m ) .
106
Cze, ść II – Rozwia,zania
5.5.3.
(a) Ponieważ 317 ≡ 2(mod 15 ) , wie, c podnosza,c obie strony
tej kongruencji do pote, gi 259 otrzymujemy 317259 ≡
2259 (mod 15 ) . Z twierdzenia Eulera wynika, że 2ϕ(15) ≡
1(mod 15 ) , czyli 28 ≡ 1(mod 15 ) . Ponieważ 259 =
( )32 3
32 · 8 + 3 , wie, c 2259 = 28
· 2 ≡ 8(mod 15 ) . Zatem
reszta z dzielenia 317259 przez 15 wynosi 8 .
(b) Reszta wynosi 7 .
(c) Reszta wynosi 64 . Istotnie, ponieważ 422 ≡ 1(mod 23 ) ,
wie, c 4110 ≡ 1(mod 23 ) , a sta,d 4112 ≡ 16(mod 23 ) .
Zatem 4113 ≡ 64(mod 92 ) .
(d) Ponieważ 77 = 7 · 11 , ϕ(7) = 6 , ϕ(11) = 10 oraz
30
NWW(6, 10) = 30 , wie, c z 5.1.5.(c) otrzymujemy 2
≡
1(mod 77 ) . Ponieważ 1000000 = 30 · 33333 + 10 , wie, c
21000000 ≡ 210 ≡ 23(mod 77 ) .
5.5.4. Ponieważ n − 1 = 2700 = 36 · 75 , wie, c wystarczy pokazać, że 236·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Z kongruencji 29 ≡
26 · 23 ≡ −9 · 8 ≡ 1(mod 73 ) wynika, że 236 ≡ 1(mod 73 ) . Z
twierdzenia Eulera wynika, że 236 ≡ 1(mod 37 ) . Z dwóch ostatnich kongruencji wynika, że 236 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Sta,d ostatecznie 236·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) .
5.5.5. Ponieważ 20 = 5 · 4 , wie, c wystarczy pokazać, że rozważana liczba dzieli sie, przez 5 oraz 4 . Dla wykazania podzielności
przez 5 , wystarczy rozważyć przypadek, gdy NWD(n, 5) = 1 .
W tym wlaśnie przypadku mamy n4 ≡ 1(mod 5 ) . Sta,d n7 −
14n5 + 49n3 − 36n ≡ n3 + n − n3 − n ≡ 0(mod 5 ) . Aby wykazać
podzielność naszej liczby przez 4 , należy rozważyć dwa przypadki
NWD(n, 4) = 1 oraz NWD(n, 4) = 2 . Jeżeli NWD(n, 4) = 1 , to
n2 ≡ 1(mod 4 ) . Wtedy n7 − 14n5 + 49n3 − 36n ≡ n − 14n +
49n − 36n ≡ 0(mod 4 ) . Jeżeli NWD(n, 4) = 2 , to n = 2k . Wtedy
n(n6 − 14n4 + 49n2 − 36) ≡ 0(mod 4 ) .
5.5.6. Z wniosku z twierdzenia Eulera wynika, że najmniejsza
liczba naturalna k taka, że ak ≡ 1(mod 7 ) znajduje sie, wśród
dzielników liczby ϕ(7) = 6 . Latwo sprawdzić, że jest nia, 3, czyli
23 ≡ 1(mod 7 ) . Sta,d 23k ≡ 1(mod 7 ) , gdzie k ∈ N .
Kongruencje
107
5.5.7. W myśl twierdzenia Eulera, dla naturalnych k zachodzi
kongruencja 2kϕ(m) ≡ 1(mod m ) , ska,d 2kϕ(m) = myk +1 , gdzie yk
jest liczba, naturalna,; przyjmuja,c xk = kϕ(m) mamy 2xk = myk + 1
dla k ∈ N .
5.5.8. Niech L oznacza iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych, z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej a > 1 ,
czyli L = (a3 −1)a3 (a3 +1) . Ponieważ 504 = 7·8·9 , wie, c wystarczy
pokazać, że L ≡ 0(mod 7 ) , L ≡ 0(mod 8 ) oraz L ≡ 0(mod 9 ) .
Jeżeli 7|a , to 7|L . Jeśli 7̸ | a , to z MTF wynika, że a6 ≡
1(mod 7 ) , czyli 7|(a3 − 1)(a3 + 1) . Zatem 7|L .
Jeżeli 2|a , to 8|a3 , wie, c 8|L . Jeśli 2̸ | a , to a ≡ 1(mod 2 ) ,
sta,d a3 ≡ 1(mod 2 ) , a także a3 ≡ −1(mod 2 ) . Ponieważ a3 − 1
oraz a3 + 1 sa, kolejnymi liczbami parzystymi, wie, c jedna z nich jest
podzielna przez 4. Istotnie, jeśli a3 − 1 = 2t , to a3 + 1 = 2t + 2 =
2(t + 1) . Jeżeli t = 2s , to 4|a3 − 1 . W przeciwnym wypadku, tj.
gdy t = 2s + 1 , to a3 + 1 = 4(s + 1) . Zatem 8|(a3 − 1)(a3 + 1) ,
czyli 8|L .
Jeżeli 3|a , to 9|a3 . Natomiast, gdy 3̸ | a , to wówczas 9̸ | a ,
wie, c na podstawie twierdzenia Eulera mamy aϕ(9) ≡ 1(mod 9 ) ,
czyli a6 ≡ 1(mod 9 ) . Sta,d 9|L .
5.5.9. Niech m ∈ N be, dzie liczba, wie, ksza, od 1 i niech r1 ,
r2 , . . . , rϕ(m) be, dzie cia,giem wszystkich liczb naturalnych mniejszych od m i wzgle, dnie pierwszych z m . Niech a be, dzie dowolna,
liczba, calkowita,, taka, że NWD(m, a) = 1 . Oznaczmy przez ρk reszte,
z dzielenia liczby ark przez m . Wiadomo, że
ρk ≡ ark (mod m )
(*)
dla k ∈ {1,2,. . . ,ϕ(m)} . Zauważmy, że liczby ρ1 , ρ2 , . . . , ρϕ(m)
różnia, sie, od liczb r1 , r2 , . . . , rϕ(m) co najwyżej porza,dkiem.
W tym celu zobaczmy, że liczby ρ1 , ρ2 , . . . , ρϕ(m) sa, różne
i wzgle, dnie pierwsze z m . Gdyby NWD(ρk , m) = d > 1 , to z (*)
wynikaloby, że d jest wspólnym dzielnikiem liczb ark oraz m ,
które sa, wzgle, dnie pierwsze.
Przypuśćmy, że dla pewnych k , l , takich że 1 ≤ k ≤ l ≤
ϕ(m) , zachodzi równość ρk = ρl . Wtedy ark ≡ arl (mod m ) , co
oznacza, że m|a(rk − rl ) . Sta,d, wobec tego, że NWD(a, m) = 1 ,
108
Cze, ść II – Rozwia,zania
mamy m|rk − rl . Ponieważ liczby naturalne rk , rl sa, mniejsze
od m , wie, c rk = rl , co jest możliwe tylko wtedy, gdy k = l .
Z (*) wynika, że
ρ1 ρ2 . . . ρϕ(m) ≡ aϕ(m) r1 r2 . . . rϕ(m) (mod m ).
Zatem, ponieważ ρ1 ρ2 . . . ρϕ(m) = r1 r2 . . . rϕ(m) , wie, c
m|(aϕ(m) − 1)r1 r2 . . . rϕ(m) .
)
(
Ponieważ NWD m, r1 r2 . . . rϕ(m) = 1 , wie, c m|(aϕ(m) − 1) , tzn.
aϕ(m) ≡ 1(mod m ) .
5.6. Rozwinie, cie okresowe a kongruencje
5.6.1. Z równości (*) wynika, że
10a ≡ r1 (mod b)
10r1 ≡ r2 (mod b)
..................
10rk−1 ≡ rk (mod b).
Mnoża,c stronami powyższe kongruencje mamy
10k ar1 r2 . . . rk−1 ≡ r1 r2 . . . rk−1 rk (mod b ).
Ponieważ NWD(r1 r2 . . . rk−1 , b) = 1 , wie, c gdy k = wb (10) , tzn. gdy
10k ≡ 1(mod b ) otrzymujemy, że a ≡ rk (mod b ) . Uwzgle, dniaja,c
to, że 0 < a < b oraz 0 < rk < b , mamy a = rk . Otrzymaliśmy
wie, c reszte, równa, licznikowi ulamka ab . Od tego momentu reszty
be, da, sie, powtarzać: rk+1 = r1 , rk+2 = r2 , . . . . Sta,d qk+1 = q1 .
5.6.2. Wynika z 5.6.1 oraz wniosku z twierdzenia Eulera.
5.6.3. Rozważania prowadzone w tym podrozdziale pozostana,
prawdziwe, gdy liczbe, 10 zasta,pimy dowolna, liczba, naturalna, g ≥ 2 .
Tak wie, c kiedy chcemy sie, dowiedzieć, ile cyfr w okresie ma rozwinie, cie w systemie o podstawie 2 ulamek 15 , szukamy najmniejszej
liczby naturalnej spelniaja,cej kongruencje, 2x ≡ 1(mod 5 ) . Liczba,
ta, jest x = 4 .
Kongruencje
109
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona
5.7.1.
W myśl twierdzenia Wilsona mamy 22! + 1 ≡
0(mod 23 ) . Ponieważ
22! = 18! · 19 · 20 · 21 · 22 ≡ 18!(−4)(−3)(−2)(−1) ≡ 18! · 24
≡ 18!(mod 23).
Sta,d 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .
5.7.2. Ponieważ 719 jest liczba, pierwsza,, wie, c z twierdzenia
Wilsona wynika, że 718! + 1 ≡ 0(mod 719 ) . Ponieważ 718! =
712! · 713 · 714 · 715 · 716 · 717 · 718 oraz
713 ≡ −6(mod 719 ) 714 ≡ −5(mod 719 ) 715 ≡ −4(mod 719 )
716 ≡ −3(mod 719 )
717 ≡ −2(mod 719 ) 718 ≡ −1(mod 719 ),
wie, c 718! ≡ 712! · 6! ≡ 712!(mod 719 ) ska,d 712! + 1 ≡ 718! + 1 ≡
0(mod 719 ) . Oznacza to, że 719|712! + 1 .
5.7.3. Niech liczba q ∈ N be, dzie taka, że 1 ≤ q < n − 1 oraz
q|n . Wtedy q|(n − 1)! oraz q|(n − 1)! + 1 (bo n|(n − 1)! + 1 oraz
q|n ). Zatem q|(n − 1)! + 1 − (n − 1)! , wie, c q = 1 . Sta,d wynika, że
n jest liczba, pierwsza,.
5.7.4. Jeżeli liczba p > 1 jest liczba, pierwsza,, to z twierdzenia
Wilsona mamy (p − 1)! ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p(p − 2)! ≡
0(mod p ) , wie, c odejmuja,c ostatnie dwie kongruencje stronami
mamy p(p − 2)! − (p − 1)! ≡ 1(mod p ) , ska,d (p − 2)!(p − p + 1) ≡
1(mod p ) , czyli (p − 2)! ≡ 1(mod p ) . Odwrotnie, jeżeli (p − 2)! ≡
1(mod p ) dla p > 1 , to (p − 2)!(p − 1) ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ) .
Sta,d i z 5.7.3 wynika, że p jest liczba, pierwsza,.
5.7.5. W myśl twierdzenia Wilsona, dla wszystkich liczb n =
p − 1 , gdzie p jest liczba, pierwsza, wie, ksza, od 3, mamy n! + 1 ≡
0(mod n + 1 ) i n! + 1 > n + 1 . Zatem (p − 1)! + 1 jest liczba,
zlożona, dla dowolnej liczby pierwszej p > 3 .
5.7.6. Jeżeli n = p2 , gdzie p ≥ 3 jest liczba, pierwsza,, to
w iloczynie 1·2·3 · · · (p2 −1) znajduja, sie, liczby p oraz 2p , ponieważ
p2 −1 > 2p . Zatem p2 |(p2 −1)! . Jeżeli n = ab , gdzie a ≥ 3 i b ≥ 3
oraz a ̸= b , to w iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste, puja, czynniki a
i b , wie, c (n − 1)! ≡ 0(mod n ) .
110
Cze, ść II – Rozwia,zania
5.7.7. Jeżeli n = p , gdzie p jest liczba, pierwsza, nieparzysta,,
to z twierdzenia Wilsona wynika, że n̸ | (n − 1)! , wie, c n2̸ | (n − 1)! ,
czyli (n − 1)! ̸≡ 0(modn2) . Jeżeli n = p2 , gdzie p ≥ 5 jest liczba,
pierwsza,, to w iloczynie 1·2·3 · · · (p2 −1) znajduja, sie, liczby p , 2p ,
3p oraz 4p , gdyż p2 − 1 > 4p , wie, c p4 |(p2 − 1)! , czyli (n − 1)! ≡
0(mod n2 ) .
Jeżeli n = 9 , to (9 − 1)! ̸≡ 0(mod92) , co można latwo
sprawdzić. Jeśli n = ab oraz a ≥ 3 i b ≥ 3 oraz a ̸= b , to w
iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste, puja, czynniki a , 2a , b i 2b ,
wie, c (n − 1)! ≡ 0(mod n2 ) . Zatem liczby nieparzyste pierwsze
oraz liczba 9 spelniaja, warunek (n − 1)! ̸≡ 0(modn2) .
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach
5.8.1. W dowodzie chińskiego twierdzenia o resztach kladziemy
n1 = 3 ,
n2 = 4 ,
n3 = 5,
n = n1 n2 n3 = 60 ,
m1 = 20 ,
m2 = 15 ,
m3 = 12,
a1 = a ,
a2 = b ,
a3 = c.
Ponieważ 2m1 +(−13)n1 = 1 , 3m2 +(−11)n2 = 1 , 3m3 +(−7)n3 =
1 , wie, c za x0 należy przyja,ć 2·20a+3·15b+3·12c = 40a+45b+36c ,
a za x reszte, z dzielenia liczby x0 przez 60.
5.8.2. Ponieważ NWD(11, 4) = 1 , wie, c z chińskiego twierdzenia
o resztach wynika, że w przedziale [1,44] istnieje dokladnie jedna
taka liczba (jest nia, 23). Kolejne liczby spelniaja,ce wymagane
warunki przystaja, modulo 44. Zatem takich liczb jest 45.
5.8.3. Liczba 4 ma ża,dana, wlasność, ale nie jest liczba,
trzycyfrowa,. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że każda
inna liczba daja,ca wymagane reszty musi sie, różnić od 4 o wielokrotność liczby 7 · 9 · 11 = 693 . Jedyna, taka, liczba, trzycyfrowa, jest
4 + 693 = 697 .
5.8.4. Liczba −10 ma ża,dane wlasności, ale nie jest liczba,
dodatnia,. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że kolejna,
liczba, maja,ca, ża,dane wlasności jest liczba −10 + 11 · 12 · 13 = 1706 .
Jest to najmniejsza liczba dodatnia, która daje reszte, 1 przy dzieleniu przez 11, reszte, 2 przy dzieleniu przez 12 i reszte, 3 przy dzieleniu
przez 13.
111
Kongruencje
5.8.5. Dla dowolnego naturalnego n zachodzi 2n + 2n =
2n+1 . Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że istnieje liczba
naturalna n0 taka, że n0 ≡ 0(mod p ) , n0 ≡ 0(mod q ) , n0 ≡
−1(mod r ) . Wtedy
(
2
Przyjmuja,c x0 = 2
n0
p
n0
p
)p
(
+ 2
, y0 = 2
)q
n0
q
(
=
n0
q
2
, z0 = 2
n0 +1
r
n0 +1
r
)r
.
, mamy
xp0 + y0q = z0r .
5.8.6. Jeżeli n = 1 , to dla dowolnego c ∈ N para (ca2 ,ca1 )
jest rozwia,zaniem równania xa1 1 = xa2 2 . Niech n > 1 . Na mocy
chińskiego twierdzenia o resztach istnieje liczba naturalna z ∈ [1,a1 ·
a2 · · · an+1 ] , taka że z ≡ 0(mod ai ) dla i ∈ {1,2,. . . ,n} oraz z ≡
−1(mod an+1 ) (takich liczb naturalnych z istnieje oczywiście nieskończenie wiele). Istnieja, wie, c liczby naturalne y1 , y2 , . . . , yn ,
yn+1 takie, że z = ai yi dla i ∈ {1,2,. . . ,n} , z + 1 = an+1 yn+1 .
Klada,c xi = nyi dla i ∈ {1,2,. . . ,n,n + 1} mamy
a1
a2
xa1 1 + xa2 2 + · · · + xann = (ny1 )
+ (ny2 )
an
+ · · · + (nyn )
= nz + nz + · · · + nz = n · nz = nz+1
an+1
= (nyn+1 )
a
n+1
= xn+1
,
co oznacza, że (ny1 ,ny2 ,. . . ,nyn+1 ) jest rozwia,zaniem naszego równania. Dla każdej liczby z (których jest nieskończenie wiele) można
skonstruować inne rozwia,zanie.
BIBLIOGRAFIA
[1] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 5. WSiP, Warszawa
1980.
[2] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 6. WSiP, Warszawa
1983.
[3] Browkin J., Rembala J., Straszewicz S.: 25 lat olimpiady matematycznej.
WSiP, Warszawa 1975.
[4] Ifrah G.: Dzieje liczby, czyli historia wielkiego wynalazku.
Zaklad Naro-
dowy im. Ossolińskich – Wydawnictwo, Wroclaw–Warszawa–Kraków–Gdańsk–
Lódź 1990.
[5] Koblitz N.: Wyklad z teorii liczb i kryptografii. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1995.
[6] Kumanduri R., Romero C.: Number Theory With Computer Applications.
Prentice Hall, London 1998.
[7] Mazur M.: Metoda kongruencji w teorii liczb. Matematyka, Spoleczeństwo,
Nauczanie 1993, nr 10.
[8] Narkiewicz W.: Teoria liczb. Biblioteka Matematyczna. T. 50. PWN, Warszawa 1990.
[9] Schroeder M.R.: Number Theory in Science and Communication. Springer-Verlag, Berlin–Heidelberg 1997.
[10] Sierpiński W.: Arytmetyka teoretyczna. Biblioteka Matematyczna. T. 7.
PWN, Warszawa 1959.
[11] Sprawozdanie Komitetu Glównego: IV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1954.
[12] Sprawozdanie Komitetu Glównego: V Olimpiada Matematyczna. PZWS, Warszawa 1955.
Bibliografia
113
[13] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XIII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1963.
[14] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XIV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1964.
[15] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XIX Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1969.
[16] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XLI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1993.
[17] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1965.
[18] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XVI Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1966.
[19] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XVII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1967.
[20] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXI Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1971.
[21] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1972.
[22] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXIV Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1974.
[23] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXV Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1975.
[24] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXX Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1981.
[25] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXXI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1982.
[26] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXXII Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1983.
[27] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXXIII Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1984.
[28] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXXIX Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1991.
[29] Sprawozdanie Komitetu Glównego: XXXVI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1988.
[30] Sprawozdanie Komitetu Glównego:
WSiP, Warszawa 1989.
XXXVII Olimpiada Matematyczna.
114
Bibliografia
[31] Sprawozdanie Komitetu Glównego:
XXXVIII Olimpiada Matematyczna.
WSiP, Warszawa 1990.
[32] Straszewicz S.: Zadania z Drugiej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa 1952.
[33] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 1. PZWS, Warszawa
1956.
[34] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 2. PZWS, Warszawa
1961.
[35] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 3. PZWS, Warszawa
1966.
[36] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 4. PZWS, Warszawa
1972.
[37] Straszewicz S.: Zadania z Pierwszej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa 1951.