Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 11, grupa zaawansowana (7.01.2010)
Twierdzenie Eulera
Definicja. Niech m będzie liczbą całkowitą dodatnią. Przez ϕ(m) oznaczmy ilość
liczb całkowitych dodatnich, nie większych od m i względnie pierwszych z m.
1. Uzasadnić, że jeśli p jest liczbą pierwszą, to:
(a) ϕ(p) = p − 1,
(b) ϕ(pk ) = pk − pk−1 dla dowolnego całkowitego k > 0.
Rozwiązanie. Niech p będzie liczbą pierwszą.
(a) Liczba całkowita jest względnie pierwsza z p dokładnie wtedy, gdy nie
dzieli się przez p. Liczby całkowite dodatnie, nie większe od p i względnie
pierwszych z p, to
1, 2, . . . , p − 1,
liczb tych jest p − 1.
(b) Liczba całkowita jest względnie pierwsza z pk , gdzie k jest dodatnią liczbą
całkowitą, dokładnie wtedy, gdy nie dzieli się przez p. Liczb całkowitych
dodatnich nie większych od pk jest pk , wśród nich jest pk−1 liczb podzielnych przez p:
p, 2p, 3p, . . . , pk .
Pozostaje pk − pk−1 liczb niepodzielnych przez p (czyli względnie pierwszych z pk ).
2. Wykazać, że jeśli liczby całkowite dodatnie m i n są względnie pierwsze, to
ϕ(m · n) = ϕ(m) · ϕ(n).
Rozwiązanie tego zadania znajduje się na liście rozwiązań zadań grupy podstawowej.
1
3. Obliczyć ϕ(100) i ϕ(2010).
Rozwiązanie. Przedstawmy liczbę 100 w postaci iloczynu
100 = 4 · 25.
Liczby 4 i 25 są względnie pierwsze, więc
ϕ(100) = ϕ(4 · 25) = ϕ(4) · ϕ(25).
Oczywiście ϕ(4) = 2 z definicji, natomiast ϕ(25) możemy obliczyć ze wzoru na
ϕ(pk ):
ϕ(25) = ϕ(52 ) = 52 − 5 = 20.
Zatem
ϕ(100) = 2 · 20 = 40.
Zauważmy, że 2010 = 201 · 10, przy czym liczby 201 i 10 są względnie pierwsze,
więc
ϕ(2010) = ϕ(201) · ϕ(10).
Dalej mamy:
ϕ(201) = ϕ(3 · 67) = ϕ(3) · ϕ(67) = 2 · 66 = 132
(67 jest liczbą pierwszą),
ϕ(10) = ϕ(2 · 5) = ϕ(2) · ϕ(5) = 1 · 4 = 4.
Zatem
ϕ(2010) = 132 · 4 = 528.
4. Wyprowadzić wzór na ϕ(m) dla dowolnego m.
Rozwiązanie. Własność z zadania 2 można uogólnić następująco (prosta indukcja). Jeśli liczby całkowite n1 , n2 , . . . , nk są względnie pierwsze, to
ϕ(n1 · n2 · . . . · nk ) = ϕ(n1 ) · ϕ(n2 ) · . . . · ϕ(nk ).
Rozłóżmy liczbę naturalną m na czynniki pierwsze:
m = pr11 pr22 . . . prkk ,
gdzie pi są pierwsze, pi 6= pj dla i 6= j, ri > 0. Wówczas
ϕ(m) = ϕ(pr11 )ϕ(pr22 ) . . . ϕ(prkk ) = (pr11 − pr11 −1 (pr22 − pr22 −1 ) . . . (prkk − prkk −1 ),
co można przedstawić tak:
ϕ(m) = pr11 −1 (p1 − 1)pr22 −1 (p2 − 1) . . . prkk −1 (pk − 1),
ale można też przekształcić do postaci
1
ϕ(m) = m 1 −
p1
!
2
!
!
1
1
1−
... 1 −
.
p2
pk
5. Znaleźć wszystkie liczby naturalne m, dla których ϕ(m) = 14.
Rozwiązanie. Ze wzoru ogólnego wiemy, że jeśli p | m, to p−1 | ϕ(m). Jedynymi
liczbami pierwszymi spełniającymi warunek p−1 ∈ {1, 2, 7, 14$sp=2ip=3.Gdybybyo3k |
m dla k > 1, to mielibyśmy 3k−1 | 14, co jest niemożliwe. Zatem m = 2r · 3 i
wówczas ϕ(m) = (2r − 2r−1 ) · 2 = 2r 6= 14. Nie istnieje liczba naturalna m, dla
której ϕ(m) = 14.
6. Twierdzenie Eulera. Jeśli liczby całkowite a i m są względnie pierwsze, przy
czym m > 0, to
aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Dowód tego twierdzenia znajduje się na liście rozwiązań zadań grupy podstawowej.
7. Znaleźć dwie ostatnie cyfry zapisu dziesiętnego liczby 32010 .
Rozwiązanie tego zadania znajduje się na liście rozwiązań zadań grupy podstawowej.
8. Uzasadnić, że jeżeli liczba naturalna m nie dzieli się przez 2, 3, ani 5, to liczba
11
. . . 1} dzieli się przez m.
| {z
ϕ(m)
Rozwiązanie. Przekształćmy rozważaną liczbę:
11
. . . 1} =
| {z
ϕ(m)
1
10ϕ(m)−1
· 99
.
.
.
9
.
=
9 | {z }
9
ϕ(m)
Liczba m nie dzieli się przez 2, ani przez 5, więc jest względnie pierwsza z 10.
Na mocy Twierdzenia Eulera
10ϕ(m) ≡ 1 (mod m),
czyli 10ϕ(m)−1 dzieli się przez m.
Pozostaje zauważyć, że m jest względnie pierwsze z 9 i 10ϕ(m)−1 dzieli się przez
9, więc liczba całkowita
10ϕ(m)−1
9
dzieli się przez m.
3