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 8 (25-28.11.2009)
Kongruencje liczbowe
1. Twierdzenie (o dzieleniu z resztą)
Dla dowolnej liczby całkowitej a i dowolnej liczby naturalnej m, (m ­ 1) istnieje
dokładnie jedna para liczb całkowitych k i r taka, że
1) a = m · k + r,
2) 0 ¬ r < m.
Liczbę r nazywamy resztą z dzielenia a przez m.
Przykład. Dla a = 15, m = 4 otrzymujemy k = 3, r = 3.
Dla a = −15, m = 4 otrzymujemy k = −4, r = 1.
2. Definicja. Niech m będzie liczbą naturalną większą od 1. Mówimy, że liczba
całkowita a przystaje do liczby całkowitej b modulo m, co zapisujemy
a ≡ b (mod m),
jeżeli liczba a − b jest podzielna przez m, lub równoważnie, jeżeli liczby a i b
dają równe reszty z dzielenia przez m.
Uwaga. Z powyższej definicji wynika, że liczba całkowita a jest podzielna przez
liczbę naturalną m wtedy i tylko wtedy, gdy a ≡ 0 (mod m).
Przykład: 15 ≡ 3 (mod 4),
−15 ≡ 1 (mod 4).
Własności. Niech k, m będą liczbami naturalnymi większmi od 1, zaś a, b, c, d
liczbami całkowitymi. Wtedy:
1) a ≡ a (mod m),
2) jeżeli a ≡ b (mod m), to b ≡ a (mod m),
3) jeżeli a ≡ b (mod m) i b ≡ c (mod m), to a ≡ c (mod m),
4) jeżeli a ≡ b (mod m), to
a) a + c ≡ b + c (mod m),
b) ac ≡ bc (mod m),
c) ak ≡ bk (mod m),
5) jeżeli a ≡ b (mod m) i c ≡ d (mod m), to
e) a + c ≡ b + d (mod m),
f) ac ≡ bd (mod m).
3. Jaka jest ostatnia cyfra liczby 7777 ?
Wskazówka. Rozważyć resztę z dzielenia tej liczby przez 10.
Rozwiązanie. Zauważmy, że ostatnia cyfra liczby naturalnej to jej reszta z dzielenia przez 10. Zobaczymy, do jakiej liczby przystaje 7777 modulo 10. Wiadomo,
że:
77 ≡ 7 (mod 10), więc z własności 4c)
772 ≡ 72 (mod 10), ale 72 ≡ 9 (mod 10). Stąd, korzystając z własności 4b)
773 = 77 · 772 ≡ 7 · 9 (mod 10), czyli 773 ≡ 3 (mod 10). Analogicznie
774 ≡ 3 · 7 ≡ 1 (mod 10). Zatem, korzystając znowu z własności 4c) mamy:
(774 )19 ≡ 119 (mod 10), czyli 7776 ≡ 1 (mod 10).
Ostatecznie, korzystając z własności 4b) otrzymujemy:
7777 = 7776 · 77 ≡ 1 · 7 (mod 10).
Czyli ostatnią cyfrą liczby 7777 jest 7.
Analogicznie można rozwiązać następujące zadanie:
4. Zadanie domowe. Wyznaczyć ostatnią cyfrę sumy 32009 + 52010 + 72011 + 92012 .
5. Znaleźć resztę z dzielenia liczby 520 przez 24.
Wskazówka. Zauważyć, że 52 ≡ 1 (mod 24).
Rozwiązanie. Zauważmy, że 52 ≡ 1 (mod 24). Korzystając z własności 4c)
otrzymujemy stąd, że (52 )10 ≡ 110 (mod 24), czyli 520 ≡ 1 (mod 24). A zatem
resztą z dzielenia liczby 520 przez 24 jest 1.
6. Dowieść, że suma 22225555 + 55552222 dzieli się przez 7.
Wskazówka. Wykorzystać własności kongruencji.
Rozwiązanie. Zauważmy, że 2222 ≡ 3 (mod 7). Zatem, korzystając z własności
4c) otrzymujemy 22222 ≡ 2 (mod 7) oraz 22223 ≡ 6 (mod 7), czyli 22223 ≡
−1 (mod 7). Ponownie wykorzystując własność 4c) widzimy, że (22223)2 ≡
1 (mod 7) i dalej: (22226)925 ≡ 1 (mod 7), czyli 22225550 ≡ 1 (mod 7). Korzystając
teraz z własności 4b) mamy:
22225555 = 22225550 · 22222 · 22223 ≡ 1 · 2 · 6 ≡ 5 (mod 7).
Postępując analogicznie, obliczamy, że 55552222 ≡ 2 (mod 7). Stąd
22225555 + 55552222 ≡ 0 (mod 7),
a zatem suma 22225555 + 55552222 dzieli się przez 7.
7. Dowieść, że suma 3105 + 4105 jest podzielna przez 181.
Wskazówka. Zauważyć, że 35 ≡ −45 (mod 181).
Rozwiązanie. Sprawdzając, do czego przystają kolejne potęgi liczby 3 i liczby
4 modulo 181 zauważamy, że 35 = 243 ≡ 62 (mod 181) oraz 45 = 1024 ≡
119 (mod 181). Ale 62 + 119 = 181, zatem
35 ≡ −45 (mod 181).
Stąd, korzystając z własności 4c) otrzymujemy, że
3105 ≡ −4105 (mod 181),
czyli 3105 + 4105 ≡ 0 (mod 181).
8. Dowieść, że liczba 11n+2 + 122n+1 jest podzielna przez 133 dla każdego naturalnego n.
Wskazówka. Zauważyć, że 122 ≡ 11 (mod 133).
Rozwiązanie. Zauważmy, że 122 ≡ 11 (mod 133) oraz 112 ≡ −12 (mod 133).
Zatem
122n ≡ 11n (mod 133)
oraz
122n+1 ≡ 11n · 12 (mod 133).
Stąd
11n+2 + 122n+1 ≡ 11n · (−12) + 11n · 12 ≡ 0 (mod 133),
czyli liczba 11n+2 + 122n+1 jest podzielna przez 133 dla każdego naturalnego n.
9. Dowieść, że liczba 2 · 52n+1 + 2n · 3n+2 jest podzielna przez 19 dla każdego naturalnego n.
Wskazówka. Zauważyć, że 52 ≡ 6 (mod 19).
Rozwiązanie. Zauważmy, że
52 = 25 ≡ 6 = 2 · 3 (mod 19).
Stąd, wykorzystując własność 4c), mamy
52n ≡ 6n = 2n · 3n (mod 19).
Ponieważ 2 · 52n+1 = 2 · 52n · 5 oraz 2n · 3n+2 = 2n · 3n · 32 , otrzymujemy, że
2 · 52n+1 + 2n · 3n+2 ≡ 10 · 6n + 6n · 9 = 19 · 6n ≡ 0 (mod 19).
Zatem liczba 2 · 52n+1 + 2n · 3n+2 jest podzielna przez 19 dla każdego naturalnego
n.
10. (XVI Olimpiada Matematyczna) Wyznacz wszystkie takie liczby pierwsze p, że
4p2 + 1 i 6p2 + 1 są również liczbami pierwszymi.
Wskazówka. Jaką resztę z dzielenia przez 5 dają liczby 4p2 + 1 i 6p2 + 1 dla
różnych p?
Rozwiązanie. Będziemy badać resztę z dzielenia przez 5 liczb p, 4p2 +1 i 6p2 +1.
Wiadomo, że liczba p może dawać pięć różnych reszt: 0, 1, 2, 3, 4. Rozpatrzymy
każdy z tych przypadków. Gdy p ≡ 0 (mod 5), to p2 ≡ 0 (mod 5), zatem 4p2 ≡
0 (mod 5), czyli 4p2 +1 ≡ 1 (mod 5) oraz 6p2 ≡ 0 (mod 5) czyli 6p2 +1 ≡ 1 (mod 5).
Gdy p ≡ 1 (mod 5), to p2 ≡ 1 (mod 5), zatem 4p2 ≡ 4 (mod 5), czyli 4p2 + 1 ≡
0 (mod 5) oraz 6p2 ≡ 1 (mod 5) czyli 6p2 + 1 ≡ 2 (mod 5).
Gdy p ≡ 2 (mod 5), to p2 ≡ 4 (mod 5), zatem 4p2 ≡ 1 (mod 5), czyli 4p2 + 1 ≡
2 (mod 5) oraz 6p2 ≡ 4 (mod 5) czyli 6p2 + 1 ≡ 0 (mod 5).
Gdy p ≡ 3 (mod 5), to p2 ≡ 4 (mod 5), zatem 4p2 ≡ 1 (mod 5), czyli 4p2 + 1 ≡
2 (mod 5) oraz 6p2 ≡ 4 (mod 5) czyli 6p2 + 1 ≡ 0 (mod 5).
Gdy p ≡ 4 (mod 5), to p2 ≡ 1 (mod 5), zatem 4p2 ≡ 4 (mod 5), czyli 4p2 + 1 ≡
0 (mod 5) oraz 6p2 ≡ 1 (mod 5) czyli 6p2 + 1 ≡ 2 (mod 5).
Widać więc, że jeżeli liczba p nie jest podzielna przez 5, to jedna z liczb 4p2 + 1
lub 6p2 + 1 jest podzielna przez 5 (i jak łatwo sprawdzić, również większa od 5
dla p ­ 2). Zatem w żadnym z tych przypadków wszystkie trzy liczby nie będą
liczbami pierwszymi.
Pozostaje sprawdzić przypadek liczby pierwszej p, dla której p ≡ 0 (mod 5),
tzn. p = 5. W tym przypadku 4p2 + 1 = 101, 6p2 + 1 = 151, a zatem są to liczby
pierwsze. Stąd jedynym rozwiązaniem jest liczba p = 5.