Podzielności - anaisy

Podzielności
Definicja 1. Dane są liczby całkowite a, b, przy czym b 6= 0. Liczba a jest podzielna przez
liczbę b wtedy i tylko wtedy, gdy a = bc dla pewnej liczby całkowitej c.
Zadanka:
1. Rozwiąż równanie w zbiorze liczb całkowitych (m2 + 1)(n2 + 1) = (m + n)2 + 1.
Rozwiązanie: Przekształćmy dane równanie następująco:
(m2 + 1)(n2 + 1) = (m + n)2 + 1
=⇒ m2 n2 + m2 + n2 + 1 = m2 + 2mn + n2 + 1
=⇒ m2 n2 = 2mn
Ponieważ liczby m i n są różne od zera, więc otrzymujemy mn = 2. Stąd wniosek,
że liczby m i n są dzielnikami liczby 2. Liczby m i n są dodatnie, zatem możliwe
są przypadki:
1◦ m = 1, wtedy n = 2.
2◦ m = 2, wtedy n = 1.
Łatwo sprawdzić, że pary liczb (m, n) = (2, 1) i (m, n) = (1, 2) spełniają wyjściowe
równanie.
2. Niech k! = 1 · 2 · 3 ... · k dla każdej liczby całkowitej dodatniej k. Znajdź wszystkie liczby
całkowite dodatnie n spełniające równanie 1! + 2! + 3! + ... + n! = (n + 1)!.
Rozwiązanie: Zauważmy, że liczba k! jest podzielna przez 2 dla dowolnej liczby
całkowitej dodatniej k różnej od 1. Ponieważ n jest liczbą dodatnią, więc n + 1 >
1, skąd wniosek, że prawa strona danego równania jest podzielna przez 2, a
lewa strona nie jest podzielna przez 2. Stąd wynika, że dane równanie nie ma
rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.
3. Wyznacz wszystkie pary liczb całkowitych (a, b) spełniające równanie ab + 1 = a + b.
Rozwiązanie: Przekształćmy dane równanie następująco
ab + 1 = a + b ⇒ ab − a − b + 1 = 0 ⇒ a(b − 1) − (b − 1) = 0 ⇒ (a − 1)(b − 1) = 0
Z ostatniego równania otrzymujemy, że jedna z liczb a − 1, b − 1 jest równa
0, a druga pewnej liczbie całkowitej n. Mamy więc możliwe przypadki (a, b) =
(1, n + 1) lub (a, b) = (n + 1, 1). łatwo sprawdzić, że te pary liczb spełniają
wyjściowe równanie.
4. Wyznacz wszystkie liczby całkowite większe niż 1 dla których liczba n2 − 1 jest liczbą
pierwszą.
Rozwiązanie: Niech p oznacza tę liczbę pierwszą. Korzystając ze wzoru skróconego
mnożenia otrzymujemy (n − 1)(n + 1) = p, skąd z definicji liczb pierwszych i
założenia, że n > 1 mamy, że jedna z liczb n − 1, n + 1 jest równa 1. Ponieważ
n − 1 < n + 1, więc n − 1 = 1, skąd n = 2. Łatwo sprawdzić, że ta liczba spełnia
warunki zadania.
1
Podzielności
5. Wyznacz wszystkie pary (x, y) liczb całkowitych spełniające równanie xy = 2x + 3y + 5.
Rozwiązanie: Przekształćmy równanie następująco:
xy = 2x+3y+5 =⇒ xy−2x−3y−5 = 0 =⇒ x(y−2)−3y−5 = 0 =⇒ x(y−2)−3y+6−11 = 0
=⇒ x(y − 2) − 3(y − 2) − 11 = 0 =⇒ (x − 3)(y − 2) = 11
Stąd otrzymujemy, że liczby liczba x − 3 jest dzielnikiem 11, zatem możliwe są
przypadki
1◦ x − 3 = 11, wtedy y − 2 = 1, skąd otrzymujemy parę (x, y) = (14, 3)
2◦ x − 3 = −11, wtedy y − 2 = −1, skąd otrzymujemy parę (x, y) = (−8, 1)
3◦ x − 3 = 1, wtedy y − 2 = 11, skąd otrzymujemy parę (x, y) = (4, 13).
4◦ x − 3 = −1, wtedy y − 2 = −11, skąd otrzymujemy parę (x, y) = (2, −9)
Łatwo sprawdzić, że dane pary liczb spełniają wyjściowe równanie.
6. Rozwiąż równanie w liczbach całkowitych
x2
3
+
5
y
= 8.
Wskazówka: Pomnożyć obie strony równania przez 3y, następnie wyciągnąć przed
nawias y.
7. Wyznacz wszystkie liczby naturalne n, dla których liczba n4 + 33 jest kwadratem liczby
naturalnej.
Wskazówka: Napisać, że n4 +33 = a2 dla liczby naturalnej a i skorzystać z pewnego
wzoru skróconego mnożenia.
8. Wyznacz wszystkie liczby całkowite n, dla których liczba
n2 +2
n+2
jest liczbą naturalną.
Rozwiązanie: Zauważmy, że
n2 − 4 + 6
(n − 2)(n + 2) + 6
6
n2 + 2
=
=
=n−2+
n+2
n+2
n+2
n+2
6
To oznacza, że szukamy wszystkich liczb całkowitych n dla których liczba n+2
jest całkowita, co jest równoważne temu, ze n + 2 jest dzielnikiem liczby 6. Stąd
wniosek, że n + 2 = 6 lub n + 2 = 3 lub n + 2 = 2 lub n + 2 = 1 lub n + 2 = −1
lub n + 2 = −2 lub n + 2 = −3 lub n + 2 = −6, czyli n = 4 lub n = 1 lub n = 0
lub n = −1 lub n = −3 lub n = −4 lub n = −5.
9. Liczbę 2012 przedstaw w postaci różnicy kwadratów dwóch liczb naturalnych. Ile rozwiązań
ma to zadanie. Odpowiedź uzasadnij.
Wskazówka: Skorzystać ze wzoru skróconego mnożenia. Na ile sposobów można
przedstawić liczbę 2012 w postaci iloczynu dwóch liczb naturalnych?
10. Wyznacz wszystkie całkowite wartości parametru p tak, aby pierwiastkiem równania
x3 + px2 = 18 była liczba pierwsza.
Wskazówka: Niech r będzie pierwiastkiem wyjściowego równania. To oznacza, że
liczba 18 jest podzielna przez r2 .
2
Podzielności
11. Dana jest liczba pierwsza p. Wyznacz wszystkie pary liczb (x, y) spełniające równanie
1
1
1
x + y = p.
Rozwiązanie (niepełne): Z danego równania wynika, że
px+py = xy =⇒ xy−px−py = 0 =⇒ xy−px−py+p2 −p2 = 0 =⇒ (x−p)(y−p) = p2 .
Ponieważ p2 jest liczbą pierwszą, więc ma 6 dzielników: p2 , p, 1, −1, −p, −p2 ).
Rozwiązanie kończymy podobnie jak w zadaniu 5 (bardzo ważne jest sprawdzenie).
12. Rozstrzygnij, czy istnieją różne liczby pierwsze p1 , p2 , p3 , ... , pn dla których liczba
1
1
1
p1 + p2 + ... + pn jest całkowita.
Rozwiązanie: Niech p11 + p12 +...+ p1n = k dla pewnej liczby całkowitej k. Pomnóżmy
daną równość stronami przez p1 p2 ...pn . Otrzymamy
p2 p3 p4 ...pn + p1 p3 p4 ...pn + ... + p1 p2 ...pn−1 = p1 p2 p3 ...pn
Ponieważ liczby p1 , p2 , ..., pn są różnymi liczbami pierwszymi, więc liczba p2 p3 p4 ...pn
nie jest podzielna przez p1 . Zauważmy, że każdy składnik sumy po lewej stronie
równania, oprócz pierwszego jest podzielny przez p1 . To oznacza, ze lewa strona
równania nie jest podzielna przez p1 . Prawa strona tego równania jest podzielna
przez p1 , co oznacza, że nie istnieją liczby pierwsze spełniające warunki zadania.
13. Znajdź wszystkie liczby pierwsze p, q, r spełniające równanie pqr = 11(p + q + r).
Wskazówka: Zauważmy, że jedna z liczb p, q, r jest równa 11. Ze względu na symetrię wyrażenia pqr = 11(p + q + r) (co oznacza, że jeżeli liczby p, q, r zamienimy
miejscami, to wyrażenie będzie wyglądać tak samo) możemy założyć, że p = 11.
Dalej postępujemy tak, jak w zadaniu 5.
14. Rozwiąż układ równań w liczbach całkowitych
większych od 1.
(
ab = c + d
cd = a + b
Wskazówka: Dodać równości stronami i wykorzystać sztuczkę z zadania 4.
15. Czy istnieje taka liczba naturalna n, że liczba n(n+2) jest kwadratem liczby całkowitej?
Wskazówka: Wykorzystać wzory (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 i a2 − b2 = (a − b)(a + b).
Wskazówka do innego sposobu: Liczba n2 + 2n znajduje się pomiędzy dwoma
kolejnymi kwadratami liczb całkowitych.
16. Wyznacz wszystkie liczby całkowite a dla których równanie x2 + ax + a = 0 ma pierwiastki
całkowite.
Rozwiązanie niepełne: √
Niech x1 będzie jednym z pierwiastków danego równania
√
−a+ a2 −4a
spełniającym x1 =
,
skąd
2x
+a
=
a2 − 4a =⇒ (2x1 +a)2 = a2 −4a,
1
2
2
zatem liczba a − 4a jest kwadratem liczby całkowitej, skąd a2 − 4a = b2 , dla
pewnej liczby całkowitej b. Stąd otrzymujemy (a−2)2 −2 = b2 =⇒ (a−2)2 −b2 =
2 =⇒ (a − 2 − b)(a − 2 + b) = 2. Następnie rozważamy 4 przypadki (gdy a + b − 2
jest równe jednej z liczb 2, −2, 1, −1), a następnie wykonujemy sprawdzenie.
http://anaisy.blog.pl/?p=35
3