dymel

Wzory skróconego mnożenia w zadaniach
olimpijskich
Jacek Dymel
17.10.2008
Bardzo często uczniowie wyrażają taką opinię, że do rozwiązywania zadań olimpijskich niezbędna jest znajomość wielu skomplikowanych metod,
zaawansowanych teorii oraz „sprytnych” twierdzeń. Częściowo jest to prawdą, gdyż uczeń, który zna większą liczbę ”tricków” olimpijskich ma większą
szansę na rozwiązanie zadania. Jednakże czasami zbyt duża wiedza prowadzi
na manowce: rozwiązanie opiera się na typowej wiedzy szkolnej, a tymczasem
uczeń szuka skomplikowanego rozwiązania.
Dobrym przykładem opisanego zjawiska są zadania olimpijskie, które
można rozwiązać wykorzystując właściwie tylko wzory skróconego mnożenia. Zaprezentowane poniżej zadania pochodzą z olimpiad matematycznych.
Na początku przedstawimy wzory skróconego, które będziemy wykorzystywać do rozwiązywania zadań.
Niech n będzie liczbą naturalną.
√
2an bn + b2n )(a2n − 2an bn + b2n )
n X
n k n−k
n
(a + b) =
a b
k
k=0
!
n−1
X
an − bn = (a − b)
ak bn−k−1
a4n + b4n = (a2n +
√
k=0
Jeżeli n jest liczbą nieparzystą zachodzi wzór:
an + bn = (a + b)
n−1
X
k=0
1
!
(−1)k ak bn−k−1
1. Zadanie 1 z I etapu 1. OMG
Dowieść, że
q
q
q
√
√
√
3 − 8 + 5 − 24 + 7 − 48 = 1
Rozwiązanie
Sposób I
Rozwiązanie zadania polega na dostrzeżeniu możliwości zapisania wyrażeń podpierwiastkowych jako kwadratów innych wyrażeń. Pierwsze i
trzecie wyrażenie można zapisać następująco:
q
3−
√
q
8=
(1 −
√
2)2 = |1 −
√
2| =
√
2−1
q
q
q
√
√
√
√
√
7 − 48 = 7 − 4 3 = (2 − 3)2 = |2 − 3| = 2 − 3
Analogicznie można postąpić ze środkowym wyrażeniem:
q
q√
√
√
√
√
√
√
5 − 24 = ( 2 − 3)2 = | 2 − 3| = 3 − 2
Wówczas:
q
q
q
√
√
√
√
√
√
√
3 − 8 + 5 − 24 + 7 − 48 = 2 − 1 + 2 − 3 + 3 − 2 = 1
Sposób II
Na początek pokażemy następujący:
Lemat
Jeżeli a, b ≥ 0 oraz a ≥
q
a−
√
b, to
s
√
b=
a+
√
a2
2
2
−b
s
−
a−
√
a2 − b
2
Dowód
q
a−
s
√
b=
r
a−2
a2 − (a2 − b)
=
4
v
s
s
u
√
√
√
√
u
2
2
a + a − b a − a2 − b a − a2 − b
ta + a − b
−2
+
=
2
2
2
2
v
2 s
s
s
u s
√
√
√
√
u
2
2
2
u
a
+
a
−
b
a
−
a
−
b
a
+
a
−
b
a
−
a2 − b
 =
t
−
−
.
2
2
2
2
Korzystając z Lematu otrzymujemy:
s
s
√
√
q
2
√
3+ 3 −8
3 − 32 − 8 √
−
= 2−1
3− 8=
2
2
s
s
√
√
q
2
√
√
7 + 7 − 48
7 − 72 − 48
−
=2− 3
7 − 48 =
2
2
s
s
√
√
q
√
√
5 + 52 − 24
5 − 52 − 24 √
5 − 24 =
−
= 3− 2
2
2
Wówczas:
q
q
q
√
√
√
√
√
√
√
3 − 8 + 5 − 24 + 7 − 48 = 2 − 1 + 2 − 3 + 3 − 2 = 1
2. Zadanie 4 z I etapu 1. OMG
Wyznaczyć wszystkie rozwiązania układu równań

 25x2 + 9y 2 = 12yz
9y 2 + 4z 2 = 20xz
 2
4z + 25x2 = 30xy
3
w liczbach rzeczywistych x, y, z.
Rozwiązanie
Dodajmy stronami wszystkie trzy równania układu. Otrzymujemy
50x2 + 18y 2 + 8z 2 = 12yz + 20xz + 30xy,
a po wykorzystaniu wzorów skróconego mnożenia dostaniemy:
(25x2 − 30xy + 9y 2 ) + (25x2 − 20xz + 4z 2 ) + (9y 2 − 12yz + 4z 2 ) = 0
(5x − 3y)2 + (5x − 2z)2 + (3y − 2z)2 = 0
Zatem jeżeli liczby (x, y, z) są rozwiązaniem danego układu równań,
to 5x = 3y = 2z. Zatem rozwiązaniem równania jest trójka liczb
x = t, y = 35 t, z = 52 t, gdzie t ∈ R. Pozostaje sprawdzić, że podane
trójki liczb spełniają także układ równań dany w zadaniu.
3. Zadanie 1 z II etapu 2. OMG
Wyznacz wszystkie trójki (a, b, c) liczb rzeczywistych spełniajace układ
równań:
2
a + b2 + c2 = 23
a + 2b + 4c = 22.
Rozwiązanie
Po pomnożeniu drugiego równania przez 2 odejmujemy je od pierwszego
uzyskując równanie:
a2 − 2a + b2 − 4b + c2 − 8c + 21 = 0
które po zastosowaniu wzorów skróconego mnożenia przyjmuje postać:
(a − 1)2 + (b − 2)2 + (c − 4)2 = 0
Jedynym rozwiązaniem rzeczywistym tego równania jest trójka liczb
(1, 2, 4), która jednak nie jest rozwiązaniem wyjściowego układu równań. Układ równań nie ma zatem rozwiązań w liczbach rzeczywistych.
4
4. Zadanie 2 z I etapu 4. OMG
Dany jest prostopadłościan o podstawie kwadratowej. Przekątna tego
prostopadłościanu ma długość d, a jego pole powierzchni jest równe b.
Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi prostopadłościanu.
Rozwiązanie
Niech x, x, y oznaczają długości boków prostopadłościanu. Wówczas na
podstawie danych z zadania zachodzą związki:
2x2 + y 2 = d2
2x2 + 4xy = b.
Dodając stronami powyższe równania otrzymujemy:
4x2 + 4xy + y 2 = d2 + b.
Po przekształceniach dostajemy
(2x + y)2 = d2 + b
√
co daje 2x + y = d2 + b.
√
Zatem suma krawędzi prostopadłościanu jest równa: 4 d2 + b.
5. Zadanie 1 z I etapu 50. OM
Dowieść, że wśród liczb postaci 50n + (50n + 1)50 , gdzie n jest liczbą
naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych.
Rozwiązanie
Sposób 1
Niech n = 5k, gdzie k jest dodatnią liczba naturalną. Wówczas liczba
50n + (50n + 1)50 = (50k )5 + ((50n + 1)10 )5 jest sumą piątych potęg liczb naturalnych dodatnich. Ponieważ 1 < 50k + (50n + 1)10 <
(50k )5 + ((50n + 1)10 )5 , liczba 50n + (50n + 1)50 nie jest pierwsza.
Sposób 2
Można zauważyć, że jeżeli n = 6k + 3, gdzie k jest dodatnią liczbą
naturalną, to 506k+3 ≡ −1 (mod 3) i (50(6k + 3) + 1)50 ≡ 1 (mod 3).
Zatem 506k+3 + (50(6k + 3) + 1)50 ≡ 0 (mod 3), co oznacza, że liczba
postaci 506k+3 + (50(6k + 3) + 1)50 jest złożona.
5
6. Zadanie 5 z II etapu 33. OM
Niech q będzie liczbą parzystą dodatnią. Dowieść, że dla każdej liczby
naturalnej n liczba
n
q (q+1) + 1
dzieli się przez (q + 1)n+1 , ale nie dzieli się przez (q + 1)n+2 .
Rozwiązanie
Dowód przeprowadzimy korzystając z zasady indukcji matematycznej.
Twierdzenie jest prawdziwe dla n = 0, gdyż
(q + 1)1 |(q + 1) i (q + 1)2 - (q + 1).
Chcemy pokazać, że dla każdej naturalnej liczby n zachodzi implikacja:
jeżeli
n
n
(q + 1)n+1 |(q (q+1) + 1) ∧ (q + 1)n+2 - (q (q+1) + 1),
to
n+1
(q + 1)n+2 |(q (q+1)
n+1
+ 1) ∧ (q + 1)n+3 - (q (q+1)
+ 1).
Dowód
Ponieważ q + 1 jest nieparzystą liczbą naturalną, możemy skorzystać
ze wzoru skróconego mnożenia:
n+1
q (q+1)
n
nq
(q (q+1) + 1) q (q+1)
n
nq
(q (q+1) +1) (q (q+1)
n (q+1)
+ 1 = q (q+1)
n (q−1)
− q (q+1)
n (q−1)
− 1) − (q (q+1)
+1=
n
+ ... − q (q+1) + 1 =
n
+ 1) + ... − (q (q+1) + 1) + (q + 1)
Suma
nq
(q (q+1)
n (q−1)
− 1) − (q (q+1)
n
+ 1) + ... − (q (q+1) + 1)
jest różna od zera, a każdy składnik tej sumy (na podstawie założenia
indukcyjnego) jest podzielny przez (q + 1)n+1 . Zatem wyrażenie
nq
(q (q+1)
n (q−1)
− 1) − (q (q+1)
n
+ 1) + ... − (q (q+1) + 1) + (q + 1)
jest podzielne przez (q+1) i nie jest podzielne przez (q+1)2 . Z założenia
indukcyjnego wynika także, że
n
n
(q + 1)n+1 |(q (q+1) + 1) ∧ (q + 1)n+2 - (q (q+1) + 1).
6
Z powyższych dwóch faktów wynika prawdziwość tezy indukcyjnej
Na podstawie zasady indukcji matematycznej udowodniliśmy tezę zadania.
7. Zadanie z IV Austriacko-Polskich Zawodów Matematycznych
Wykazać, że jeśli a > 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą, n liczbą nan
turalną, to liczba a2 − 1 dzieli się przez co najmniej n + 1 różnych liczb
pierwszych.
Rozwiązanie
Zauważmy na początek, że
n
2
a2 − 1 = (a − 1)(a + 1)(a2 + 1)(a2 + 1)...(a2
n−1
2
+ 1).
22
2n−1
Ponieważ a ≡ 1 (mod 2) oraz a2 ≡ 1 (mod 4), liczby a 2+1 , a 2+1 , ..., a 2 +1
są nieparzyste oraz liczby a−1
i a+1
są względnie pierwsze. Do dowodu
2
2
2
, a+1
, a 2+1 , a
tezy zadania wystarczy pokazać, że liczby a−1
2
2
są parami względnie pierwsze.
Przyjmijmy, że k, l ∈ N, k > l. Zauważmy, że
k
k
l
a2 + 1 = (a2 − 1) + 2 = ((a2 )2
l
l
l
k−l
l
(a2 − 1)(a2 + 1)((a2 )2 + 1)...((a2 )2
22 +1
2
, ..., a
2n−1 +1
2
− 1) + 2 =
k−l−1
2k
+ 1) + 2
l
Zatem największym wspólnym dzielnikiem liczb a + 1, a2 + 1 jest 2,
2l
2k
czyli liczby a 2+1 , a 2+1 są względnie pierwsze.
Z równości
k
k
a2 + 1 = (a2 − 1) + 2 = (a − 1)(a + 1)(a2 + 1)(a4 + 1)...(a2
k−1
+ 1) + 2
wynika, że dla każdej liczby naturalnej dodatniej k największym wspól2k
k
są
nym dzielnikiem liczb a2 + 1, a − 1 jest 2. Zatem liczby a 2+1 , a−1
2
względnie pierwsze
8. Jeżeli P (x) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, to dla
dowolnych, różnych liczb całkowitych a i b zachodzi warunek:
(a − b)|(P (a) − P (b))
7
.
Dowód
Niech P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 , gdzie an , an−1 , ..., a1 , a0
są liczbami całkowitymi. Wówczas
P (a) − P (b) = an (an − bn ) + an−1 (an−1 − bn−1 ) + ... + a1 (a1 − b1 )
.
Ponieważ (a − b)|(ak − bk ), gdy k ∈ N+ , więc (a − b)|(P (a) − P (b)).
9. Zadanie 1 z II etapu 46. OM
Wielomian P (x) ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli liczba P (5) dzieli się przez 2, liczba P (2) dzieli się przez 5, to liczba P (7)
dzieli się przez 10.
Rozwiązanie
Z założenia liczba P (5) dzieli się przez 2 oraz z faktu (7 − 5)|(P (7) −
P (5)) (na podstawie zadania 9) otrzymujemy, że P (7) dzieli się przez
2.
Z założenia liczba P (2) dzieli się przez 5 oraz z faktu (7 − 2)|(P (7) −
P (2)) (na podstawie zadania 9) otrzymujemy, że P (7) dzieli się przez
5.
Wobec powyższych faktów otrzymujemy tezę.
10. Zadanie 9 z I etapu 47. OM
Wielomian o współczynnikach całkowitych daje przy dzieleniu przez
wielomian x2 − 12x + 11 resztę 990x − 889. Wykazać, że wielomian ten
nie ma pierwiastków całkowitych.
Rozwiązanie
Rozważany wielomian ma postać:
P (x) = (x − 1)(x − 11)Q(x) + (990x − 889), gdzie Q(x) jest pewnym
wielomianem. Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że x0 jest pierwiastkiem całkowitym P (x).
Wykorzystując zadanie 8 zauważamy, że (1 − x0 )|(P (1) − P (x0 )) oraz
(11 − x0 )|(P (11) − P (x0 )). Zatem (1 − x0 )|P (1) oraz (11 − x0 )|P (11).
Jednocześnie ze wzoru P (x) = (x − 1)(x − 11)Q(x) + (990x − 889)
8
otrzymujemy: P (1) = 101 oraz P (11) = 10001.
Liczba 101 jest liczbą pierwszą. Ponieważ (1 − x0 )|101, x0 może być
jedną z liczb: −100, 0, 2, 102. Wówczas (11 − x0 ) przyjmuje wartości:
−91, 9, 11, 111. Jednakże żadna z tych liczb nie jest dzielnikiem liczby
10001 = 73 · 137.
11. Zadanie 1 z II etapu 56. OM
Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite n, dla których nn + 1
oraz (2n)2n + 1 są liczbami pierwszymi.
Rozwiązanie
Niech x ≥ 2, m ≥ 1 będą liczbami całkowitymi. Niech m = ld, gdzie l
jest liczbą nieparzystą i d liczbą całkowitą dodatnią. Wówczas
xm + 1 = (xd )l + 1 = (xd + 1) · ((xd )l−1 − (xd )l−2 + ... − xd + 1)
Z powyższego wzoru wynika, że liczba xd + 1 jest dzielnikiem liczby
xm + 1. Dla l > 1 dzielnik ten jest większy od 1 i mniejszy od xm + 1.
Zatem liczba xm + 1 jest złożona.
Liczba n = 1 spełnia warunki zadania: liczby 11 + 1 = 2, 22 + 1 = 5 są
liczbami pierwszymi. Załóżmy więc w dalszej części rozumowania, że
n ≥ 2.
Jeżeli liczba nn + 1 jest liczbą pierwszą, to n nie ma dzielników nieparzystych większych od 1. Stąd wynika, że n = 2k dla pewnej liczby
k
całkowitej dodatniej k. Wówczas nn + 1 = 2k·2 + 1 oraz (2n)2n + 1 =
k+1
2(k+1)·2 + 1.
Dla k ≥ 2 co najmniej jedna z liczb k · 2k , (k + 1) · 2k+1 ma dzielnik nieparzysty większy od 1, a więc co najmniej jedna z liczb nn + 1,
(2n)2n + 1 jest złożona.
Sprawdźmy jeszcze, że n = 2 spełnia warunki zadania: 22 + 1 = 5,
(2 · 2)2·2 + 1 = 257 są liczbami pierwszymi.
Trudności
W wyniku analizy ocen za rozwiązanie zadania 1, jakie uzyskali uczestnicy zawodów drugiego stopnia 56 Olimpiady Matematycznej, możliwe
są następujące obserwacje:
9
Polska
Uczniowie klasy I
Uczniowie klasy II
Uczniowie klasy III
6 pkt.
46
12
14
20
5 pkt. 2 pkt. 0 pkt.
t
11
17
427
0,89
1
1
35
0,73
2
3
152
0,91
7
13
225
0,9
Tabela 1: Oceny uzyskane za rozwiązania zadania 1 z II etapu 56
OM - podział ze względu na klasę
t - współczynnik trudności
1) Zadanie okazało jednym z najtrudniejszych zadań II etapu 56. OM.
Współczynnik trudności wyniósł 0,89.
2) Uczniowie klas pierwszych zdecydowanie najlepiej radzili sobie z tym
zadaniem. Współczynnik trudności dla uczniów klas pierwszych wyniósł 0,73, a dla uczniów klas drugich i trzecich, odpowiednio, 0,91 i
0,9
3) Najlepiej poradzili sobie z zadaniem uczniowie województwa małopolskiego (współczynnik trudności: 0,8). Najsłabiej wypadło w województwach: łódzkim, świętokrzyskim, warmińsko-mazurskim, w których żaden uczeń nie podał dobrego rozwiązania, ani nie miał pomysłu
na rozwiązanie zadania.
4) Wśród 57 uczniów, którzy rozwiązali zadanie 1, 44 przeszło do zawodów stopnia trzeciego. Tylko 13 uczniów, którzy zrobili to zadanie,
nie przeszło do III etapu.
5) Uczniowie, którzy rozwiązali zadanie 1 uzyskiwali w II etapie średnio 16,98 punktów, a w III etapie średnio 10,08 punktów. Natomiast
uczniowie którzy nie rozwiązali zadania 1 uzyskiwali w II etapie średnio
4,42 punktów, a w III etapie średnio 6,16 punktów.
Na podstawie powyższych obserwacji można pokusić się o sformułowanie wniosków:
1) Zadanie 1 (jak i pozostałe zadania z II etapu 56 OM) okazało się
najłatwiejsze dla uczniów klas pierwszych. Jakie są tego przyczyny?
Dobry uczeń klasy drugiej lub trzeciej wysyłający rozwiązania z pierwszego etapu ma większe rozeznanie, gdzie poszukiwać rozwiązań określonego typu zadań i zna lepiej literaturę ”olimpijską”. Uczniowie klas
pierwszych na ogół w pierwszych dniach września nie posiadają takiej
wiedzy, a także często nie wiedzą o istnieniu Olimpiady Matematycznej,
10
6 pkt. 5 pkt. 2 pkt. 0 pkt.
Polska
46
11
17
427
dolnośląskie
4
1
4
46
kujawsko-pomorskie
5
4
1
54
lubelskie
1
0
1
14
lubuskie
1
0
1
7
łódzkie
0
0
0
13
małopolskie
9
2
1
43
mazowieckie
5
0
3
78
opolskie
1
0
0
6
podkarpackie
8
0
2
40
podlaskie
1
0
1
15
pomorskie
3
0
0
27
śląskie
3
2
4
27
świętokrzyskie
0
0
0
7
warmińsko-mazurskie
0
0
0
4
wielkopolskie
1
1
0
18
zachodniopomorskie
5
0
0
35
t
0,89
0,91
0,86
0,94
0,89
1
0,8
0,94
0,86
0,84
0,94
0,9
0,86
1
1
0,9
0,88
Tabela 2: Oceny uzyskane za rozwiązania zadania 1 z II etapu 56
OM - podział ze względu na województwo
t - współczynnik trudności
co powoduje, że tylko nieliczni startują w olimpiadzie. Wśród uczniów
klas pierwszych pokutuje opinia, że zawody OM są wyjątkowo trudne
i raczej adresowane do uczniów starszych klas liceum. Zatem pierwszoklasista, który zdecyduje się rozwiązywać zadania z etapu pierwszego
i dostanie się do etapu drugiego musi się charakteryzować determinacją oraz wyjątkowymi umiejętnościami matematycznymi. Zatem można
przyjąć, że pierwszoklasiści, którzy dostają się do etapu drugiego są lepsi od swoich starszych kolegów.
2) Treść zadania sugeruje, że chodzi o zadanie z teorii liczb. Uczniowie
próbowali stosować za wszelką cenę znane sobie twierdzenia: Fermata,
Eulera, Wilsona oraz metody znane np. z kółek czy książek ”olimpijskich” (np. kongruencje). Jednakże żadnemu uczniowi nie udało się
rozwiązać zadania w oparciu o tego typu techniki.
12. Wariacja na temat zadania 1 z II etapu 56. OM
Znajdź wszystkie liczby naturalne dodatnie n, k, które spełniają warun11
ki: n · k nie jest parzystą potęgą liczby 2 oraz liczby nn + 1 i (kn)kn + 1
są liczbami pierwszymi.
Rozwiązanie
Jeżeli k = 1, to n > 1 nie jest parzystą potęgą liczby 2. Zatem nn + 1
jest liczbą złożoną.
Jeżeli k = 2, to tylko n = 1 spełnia warunki zadania (co wynika z
rozwiązania zadania poprzedniego).
Jeżeli k > 2 i n = 1, to 11 + 1 = 2 jest liczbą pierwszą oraz k nie jest
parzystą potęgą liczby 2. Zatem liczba k k + 1 jest liczbą złożoną.
Załóżmy, że n > 1 i k > 2. Gdy przynajmniej jedna z liczb n, k ma
dzielnik nieparzysty większy od 1, to przynajmniej jedna z liczb nn + 1
i (kn)kn + 1 jest złożona.
Przyjmijmy zatem, że obie liczby n, k są potęgami liczby 2. Z warunków zadania wynika, że przynajmniej jedna z liczb n, k jest nieparzystą
potęgą liczby 2. A to oznacza, że przynajmniej jedna z liczb nn + 1 i
(kn)kn + 1 jest złożona.
Uwaga 1
Jeżeli dopuścimy w tym zadaniu rozważanie liczb naturalnych dodatnich n, k, które spełniają warunek: n · k jest parzystą potęgą liczby 2,
to doprowadzi nas do problemu: dla jakich liczb m ∈ N liczba Fermata
m
22 + 1 jest liczbą pierwszą.
Uwaga 2
W 1958 roku Wacław Sierpiński w pracy [2] udowodnił, że jeżeli liczba
m
nn + 1 jest pierwsza, to istnieje takie m ≥ 0, że n = 22 , a zatem jest
liczbą Fermata. W tej chwili nie wiadomo, czy liczb pierwszych postaci
nn + 1 jest skończenie czy nieskończenie wiele.
Liczby Fermata
Jak wiadomo, jeżeli liczba 2m + 1 jest pierwsza, to m musi być postaci
n
m = 2n . Zatem musi być liczbą pierwszą Fermata Fn = 22 + 1.
Liczby Fermata F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537 są
liczbami pierwszymi. Euler wykazał, że F5 nie jest liczbą pierwszą, gdyż
F5 = 641 · 6700417. Fakt ten odkrył wykorzystując
Twierdzenie
Każdy dzielnik liczby Fn (gdzie n > 1) musi mieć postać k · 2n+2 + 1.
12
Ponieważ czynniki liczb Fermata mają postać k · 2n + 1, interesujące
jest pytanie, które z tych liczb są pierwsze, a które złożone.
Na podstawie twierdzenia Dirichleta o liczbach pierwszych w ciągach
arytmetycznych, dla dowolnej dodatniej liczby naturalnej n istnieje nieskończenie wiele liczb całkowitych dodatnich k, że liczba k · 2n + 1 jest
pierwsza.
W 1982 na olimpiadzie matematycznej w USA pojawiło się następujące
13. Zadanie
Wykazać, że istnieje taka liczba naturalna k, że dla każdej liczby naturalnej n liczba k · 2n + 1 jest liczbą złożoną.
Dowód:
5
Liczba Fermata 22 +1 jest podzielna przez liczbę pierwszą 641 i nie jest
podzielna przez 6412 . Ponieważ każde dwie liczby Fermata są względnie
0
1
2
3
pierwsze, liczby: f0 = 22 + 1, f1 = 22 + 1, f2 = 22 + 1, f3 = 22 + 1,
25
4
f4 = 22 + 1, f5 = 641, f6 = 2 641+1 są również względnie pierwsze.
Na podstawie twierdzenia chińskiego o resztach istnieje taka liczba
k > max{f0 , f1 , .., f6 } spełniająca warunki:
k ≡ 1 (mod fi ), gdy i = 0, 1, .., 5,
k ≡ −1 (mod f6 ).
Wykażemy, że każda liczba postaci k · 2n + 1 jest złożona.
Przypadek 1
Niech n = 2m q, dla m ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, a liczba q jest nieparzysta.
Wówczas:
k · 2n + 1 ≡ 2n + 1 (mod fm )
m
2n + 1 = 22 q + 1 = (fm − 1)q + 1
(fm − 1)q + 1 ≡ (−1)q + 1 ≡ 0 (mod fm ).
Przypadek 2
Niech n = 25 q, gdzie liczba q jest nieparzysta.
Wówczas:
13
k · 2n + 1 ≡ 2n + 1 (mod f5 )
q
2n + 1 = (232 ) + 1
q
(232 ) + 1 ≡ (−1)q + 1 ≡ 0 (mod f5 ).
Przypadek 3
Niech n = 26 q, gdzie liczba q jest liczbą naturalną.
k · 2n + 1 ≡ −2n + 1 (mod f6 )
q
2n − 1 = (264 ) − 1
q
(264 ) − 1 ≡ (−1)2q − 1 ≡ 0 (mod f6 ).
Ponieważ każda liczba k · 2n + 1 > k i jest podzielna przez jedną z
liczb f0 , f1 , .., f6 , więc liczba k · 2n + 1 jest złożona dla każdej liczby
naturalnej k.
W 1960 roku Wacław Sierpiński w pracy [3] udowodnił następujące
Twierdzenie
Istnieje nieskończenie wiele takich liczb całkowitych nieparzystych k,
że liczba k · 2n + 1 jest złożona (dla każdej dodatniej liczby naturalnej
n). Liczby k o podanej powyżej własności nazywamy liczbami Sierpińskiego.
Literatura
[1] Sprawozdania Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej, numery:156, Warszawa 1951-2007.
[2] Wacław Sierpiński Sur les nombres premiers de la forme nn + 1,
L’Enseign Math, 1958 (2), 4, s.211-212.
[3] Wacław Sierpiński Sur un problème les nombres k·2n +1, Elem. d. Math.
15, 1960, s.73-74.
[4] Paulo Ribenboim Mała księga wielkich liczb pierwszych, Wydawnictwa
Naukowo-Techniczne, Warszawa, 1997, s. 81-92.
14