Elementy teorii liczb w przykladach

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