Próbne drugie kolokwium z Algebry 2

Próbne drugie kolokwium z Algebry 2
Zad. 1. Zbadaj, czy podana struktura algebraiczna jest grupą:
a) (N, ·); b) (R, +), c) (R, ·), d) (Z, ◦), gdzie x ◦ y = x + y − xy.
Odpowiedzi: a) nie, bo np. 2 nie ma elementu odwrotnego; b) tak; c) nie, zero nie ma elementu
odwrotnego; d) Elementem neutralnym tego działnia jest zero, bo dla każdego x ∈ Z mamy
x ◦ 0 = x + 0 − x · 0 = x. Poszukajmy elementu odwrotnego do np. 3. Oznaczmy go y3 . Jesli
taki element istnieje, to musi zachodzić równość 3 ◦ y3 = 0=element nutralny. Stąd 0 = 3 ◦ y3 =
3 + y3 − 3y3 , czyli y3 = 32 , a ta liczba nie jest całkowita. To nie jest grupa.
Zad. 2. W grupie (Zn , +n ) rozwiąż równanie lub wykaż, że rozwiązań nie ma:
a) 3x = 5, n = 7; , b) 4x = 6, n = 9, c) 4x = 9, n = 12.
Zadanie tak łatwe, że nie podaję odpowiedzi. Wystarczy podstawiać kolejno x = 1, 2, ..., n.
Zad. 3. Korzystając z algorytmu Euklidesa znajdź NWD(a, b) dla podanych par liczb:
a) a = 288, b = 48, a) a = 1001, b = 260, a) a = 1234, b = 34, a) a = 54 321, b = 543.
Należy zastosować algorytm Euklidesa. Odpowiedzi: a) 48; b) 13; c) 2; d) 3.
Zad. 4. Korzystając z rozszerzonego algorytmu Euklidesa znajdź takie liczby całkowite p i q,
aby NWD(a, b) = pa + qb dla podanych par liczb:
a) a = 22, b = 4, b) a = 223, b = 22, c) a = 1001, b = 7, d) a = 1100, b = 525.
Należy zastosować rozszerzony algorytm Euklidesa.
Zad. 5. Oblicz resztę z dzielenia a przez b, gdy:
a) a = 202, b = 21, b) a = 202101 , b = 21, c) a = 31, b = 17, d) a = 31100 , b = 17.
Rozwiązanie: Oczywiście 202 = 9 · 21 + 13 czyli 202 ≡ 13 (21). Teraz przykład b):
ponieważ kongruencje można mnożyć stronami, więc mnożąc powyższą stronami 101 razy, otrzymujemy 202101 ≡ 13101 (21). Zadanie sprowadziliśmy do obliczenia reszty z dzielania 13101 przez
21.
Zauważmy, że 132 = 169, a 169 = 8 · 21 + 1, czyli 169 ≡ 1 (21). Stąd, ponieważ 101 = 2 · 50 + 1,
więc 13101 = 132·50+1 = (132 )50 · 13 = 16950 · 13. Ale
169 ≡ 1 (21),
więc
16950 ≡ 1 (21),
więc ostatecznie
13101 ≡ 1 · 13 (21),
skąd wynika, że resztą z dzielania 202101 przez 21 jest liczba 13.
Podobnie rozwiązujemy przykład d).
Zad. 6. Wyznacz dwie końcowe cyfry rozwinięcia dziesiętnego liczb:
a) 610 , b) 1313 , c) 777 .
Rozwiązanie. Tylko c): Za pomocą kalkulatora podnosimy 7 do kilku kolejnych potęg naturalnych, aż zauważymy, że dwie końcowe cyfry powtarzają się:
7, 72 = 49, 73 = 343, 74 = 2401, 75 = 16807, 76 = 117649, 77 = 823543.
Gdy mnożymy 76 kolejno przez 7, 72 , 73 itd., to oczywiście dwie ostatnie cyfry będą takie same,
jak przy mnożeniu 49 przez te liczby. Będą to więc 43, 01, 07, 49, 43, 01, ... Wszystko zależy tylko
od wykładnika potęgi. Ostatnie cyfry powtarzają się okresowo, okresem jest 4. Ale rachunki
(badamy dwie cyfry) zaczynamy od 49, a nie od 7, bo ta liczba jest jednocyfrowa.. Mamy
więc 77 ≡ 5 (4). Oczywiście 77 ≡ 1 (4), ale wykładnik 1 da nam liczbę jednocyfrową, więc
bierzemy 1+okres=1+4=5. Szukamy dwóch końcowych cyfr, więc badamy potęgi siódemki
modulo 100.
777 ≡ 75 (100),
zatem 777 ma takie same dwie ostatnie cyfry, jak 75 , są to więc cyfry 07.
Zad. 7. Korzystając z małego twierdzenia Fermata i własności kongruencji, sprawdź, że dla
każdej liczby naturalnej n:
a) liczba 31 jest dzielnikiem liczby 25n − 1,
b) liczba 13 jest dzielnikiem liczby 42n+1 + 3n+2 .
Rozwiązanie: W przykładzie a) nie trzeba nawet tw. Fermata. Zauważmy, że 25 = 32, a natychmiast widać, że 32 ≡ 1 (31). Ponieważ kongruencje można mnożyć stronami, więc mnożymy
powyższą n razy stronami i otrzymujemy
32n ≡ 1 (31)
czyli w innym zapisie 32n − 1 ≡ 0 (31),
co oznacza, że 32n − 1 = 25n − 1 dzieli się bez reszty przez 31.
Przykład b) zostawiam do rozwiązania samodzielnego.
Zad. 8. Stosując metodę z wykładu i korzystając z kongruencji
1000 ≡ −1 (mod 7) oraz dla (mod 13)
podaj i uzasadnij cechy podzielności przez 7 i przez 13.
Odpowiedź: Na przykład 31415926 ≡ 926 − 415 + 31 (mod 7 ) oraz (mod 13). Z tej odpowiedzi
odczytujemy obie cechy.