ZADANIA Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ I TEORII LICZB
ZADANIA Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ I TEORII LICZB
ZADANIA Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ I TEORII LICZB
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
U N I W E R S Y T E T<br />
S Z C Z E C I Ń S K I<br />
GRZEGORZ SZKIBIEL, CZES̷LAW WOWK<br />
<strong>ZADANIA</strong><br />
Z <strong>ARYTMETYKI</strong> <strong>SZKOLNEJ</strong><br />
I <strong>TEORII</strong> <strong>LICZB</strong><br />
SZCZECIN 1999
SPIS TREŚCI<br />
Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5<br />
Cze ↩<br />
ść I – Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7<br />
Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51<br />
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych . . . . . . . 7 51<br />
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 51<br />
1.2. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 53<br />
1.3. Dzielenie z reszta ↩<br />
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 55<br />
1.4. Cze ↩<br />
ść ca̷lkowita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 56<br />
1.5. Dzielenie z reszta ↩<br />
– dalsze w̷lasności. . . . . . . . . . . . . .12 59<br />
1.6. Najwie ↩<br />
kszy wspólny dzielnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 61<br />
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność . . . . . . . . . . . . . . 15 62<br />
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki . . . . . . . . . . . . . . . 16 64<br />
2. Liczby pierwsze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 66<br />
2.1. Poje ↩<br />
cie liczby pierwszej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 66<br />
2.2. Ile jest liczb pierwszych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 67<br />
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki . . . 18 68
4<br />
2.4. Uwagi o funkcji π(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 70<br />
2.5. Twierdzenie Dirichleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 71<br />
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera . . . . . . . . . . . . 23 73<br />
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych . . . . 24 75<br />
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych . . . . 26 77<br />
3.1. Poje ↩<br />
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb. . . . . . . . .26 77<br />
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach<br />
pozycyjnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 82<br />
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych . . . . . . . . 30 85<br />
4. Algorytm Euklidesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 89<br />
4.1. Szukanie NWD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 89<br />
4.2. Równania liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 93<br />
4.3. Rozwia ↩<br />
zywanie równań liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . 37 94<br />
5. Kongruencje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 98<br />
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji . . . . . . . . . . . . . . . 39 98<br />
5.2. Kongruencje a wielomiany . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 100<br />
5.3. Kongruencje a równania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 102<br />
5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 103<br />
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera . . . . . . . . . . 44 105<br />
5.6. Rozwinie ↩<br />
cie okresowe a kongruencje . . . . . . . . . . . . . . 46 108<br />
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona . . . . . . . . . . . . . . . 48 109<br />
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach. . . . . . . .49 110<br />
Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
PRZEDMOWA<br />
Jeden z wybitnych matematyków naszego stulecia, G.H. Hardy<br />
powiedzia̷l:<br />
Elementarna teoria liczb powinna być uważana za jeden<br />
z najw̷laściwszych przedmiotów w pocza ↩<br />
tkach wykszta̷lcenia<br />
matematycznego. Wymaga ona bardzo ma̷lo uprzedniej wiedzy,<br />
a przedmiot jej jest uchwytny i znajomy. Metody, które stosuje,<br />
sa ↩<br />
proste, ogólne i nieliczne, i nie ma sobie równej wśród<br />
nauk matematycznych w odwo̷laniu sie ↩<br />
do naturalnej ludzkiej<br />
ciekawości 1 .<br />
Mamy nadzieje ↩<br />
, że umieszczenie w programie zawodowych<br />
studiów matematycznych takich przedmiotów jak arytmetyka szkolna<br />
i arytmetyka be ↩<br />
dzie okazja ↩<br />
do zilustrowania s̷lów G.H. Hardy’ego.<br />
Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb to skrypt adresowany<br />
w pierwszym rze ↩<br />
dzie do studentów studiów zawodowych,<br />
którzy zetkna ↩<br />
sie ↩<br />
z teoria ↩<br />
liczb w ramach przedmiotów arytmetyka<br />
szkolna i arytmetyka. Ponieważ w skrypcie umieściliśmy wiele<br />
zadań z olimpiad matematycznych, wie ↩<br />
c może on być przydatny<br />
także uczniom o zainteresowaniach matematycznych. Polecamy nasz<br />
skrypt również studentom starszych lat studiów matematycznych,<br />
zainteresowanym wyk̷ladem z kryptografii, ponieważ nie da sie ↩<br />
studiować<br />
tego przedmiotu bez znajomości elementarnej teorii liczb.<br />
Aby na wyk̷ladzie z kryptografii szybciej przejść do realizacji zasadniczych<br />
hase̷l, pewne zagadnienia z teorii liczb be ↩<br />
dzie można po-<br />
1 G.H. Hardy: A Mathematician’s Apology, 1940
6 Przedmowa<br />
zostawić s̷luchaczom do samodzielnego przeczytania w niniejszym<br />
skrypcie.<br />
Skrypt sk̷lada sie ↩<br />
z dwóch cze ↩<br />
ści. W pierwszej cze ↩<br />
ści znajduja ↩<br />
sie ↩<br />
najważniejsze twierdzenia przypadaja ↩<br />
ce na dany rozdzia̷l oraz<br />
zadania do rozwia ↩<br />
zania. Natomiast w drugiej cze ↩<br />
ści umieściliśmy<br />
szczegó̷lowe rozwia ↩<br />
zania. Ponieważ w nauce matematyki istotna ↩<br />
rzecza ↩<br />
jest umieje ↩<br />
tność rozwia ↩<br />
zywania różnych problemów, przeto<br />
rozwia ↩<br />
zania zadań (ze skryptu) należy czytać dopiero po wielu<br />
samodzielnych próbach wykonania zadania. Cze ↩<br />
ść zadań zamieszczonych<br />
w skrypcie jest pomys̷lu autorów, ale znaczna cze ↩<br />
ść zosta̷la<br />
zaczerpnie ↩<br />
ta z literatury, której spis znajduje sie ↩<br />
na końcu skryptu.<br />
Zadania u̷lożone sa ↩<br />
w kolejności od ̷latwiejszych do trudniejszych,<br />
ale najtrudniejsze zadania niekoniecznie znajduja ↩<br />
sie ↩<br />
na końcu paragrafu.<br />
Pomine ↩<br />
liśmy też stosowane cze ↩<br />
sto w literaturze oznaczenie *<br />
dla zadań trudniejszych, ponieważ wydaje sie ↩<br />
nam, że istnieje spora<br />
grupa Czytelników, którzy znieche ↩<br />
caja ↩<br />
sie ↩<br />
do pracy nad problemem<br />
z ,,gwiazdka ↩<br />
”.<br />
W skrypcie obowia ↩<br />
zuje powszechnie stosowana symbolika. Jest<br />
ona wyjaśniana w pocza ↩<br />
tkowych fragmentach odpowiednich paragrafów<br />
oraz w tekstach niektórych zadań.
CZE ↩ ŚĆ I – <strong>ZADANIA</strong><br />
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych<br />
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych. Mówimy, że liczba<br />
ca̷lkowita m ≠ 0 dzieli liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
a , jeżeli istnieje taka liczba<br />
ca̷lkowita n , że m · n = a . Fakt ten zapisujemy m|a . Na przyk̷lad<br />
3|276 , bo 276 = 3 · 92 . Jeśli liczba m nie dzieli a , co oznacza,<br />
że nie istnieje żadna liczba ca̷lkowita n , dla której mn = a , to<br />
piszemy m̸ | a . Jeżeli m|a , to mówimy też, że m jest dzielnikiem<br />
liczby a , natomiast liczbe ↩<br />
a nazywamy wielokrotnościa ↩<br />
liczby m .<br />
1.1.1. Rozstrzygnij, czy 5|12354 , czy 5|12345 .<br />
1.1.2. Pokaż, że jeśli m|a , to m|(−a) .<br />
1.1.3. Uzasadnij, że jeśli m|a oraz b jest dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
ca̷lkowita<br />
↩<br />
, to m|ab .<br />
1.1.4. Wiadomo, że 15|225 . Rozstrzygnij, czy 15|675 oraz<br />
czy 15|5775 .<br />
1.1.5. Za̷lóżmy, że m|ab dla pewnych liczb ca̷lkowitych m , a<br />
i b . Czy m musi wtedy dzielić a lub b <br />
1.1.6. Pokaż, że jeżeli m|a oraz m|b , to m|a + b i m|a − b .<br />
1.1.7. Wiadomo, że 14|784 . Pokaż, że 14|770 oraz że 14|812 .
8 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
1.1.8. Wiadomo, że 14|784 . Czy 7|784 A czy 7|817 <br />
1.1.9. Zgadnij, czy 14|790 , a naste ↩<br />
pnie sprawdź swoja ↩<br />
odpowiedź biora ↩<br />
c pod uwage ↩<br />
poprzednie zadanie.<br />
1.1.10. Wiadomo, że 56|2576 . Jaka jest naste ↩<br />
pna (po 2576)<br />
liczba podzielna przez 56<br />
1.1.11. Wiemy, że 7|315 . Wypisz wszystkie liczby wie ↩<br />
ksze od<br />
290 i mniejsze od 340, które sa ↩<br />
podzielne przez 7.<br />
1.1.12. Za̷lóżmy, że m|a + b . Czy oznacza to, że m|a i m|b <br />
A może oznacza to, że m|a lub m|b <br />
1.1.13. Za̷lóżmy, że m|a + b oraz m|a − b . Czy wtedy m|a i<br />
m|b Jeżeli nie, to czy potrafisz sformu̷lować dodatkowe za̷lożenia<br />
o m tak, by naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce zdanie by̷lo prawdziwe.<br />
Jeśli m|a + b i m|a − b , to m|a i m|b .<br />
1.1.14. Pokaż, że jeśli m|a oraz n|m , to n|a .<br />
1.1.15. Pokaż, że jeżeli m|a i a ≠ 0 , to |m| ≤ |a| .<br />
1.1.16. Pokaż, że jeżeli m|a i a|m , to m = a lub m = −a .<br />
1.2. Zasada indukcji matematycznej. Podczas nauki<br />
matematyki w szkole średniej cze ↩<br />
sto korzystaliśmy z tak zwanej zasady<br />
indukcji matematycznej (ZIM). Przypomnijmy sformu̷lowanie<br />
tej zasady:<br />
Niech T (n) be ↩<br />
dzie zdaniem dotycza ↩<br />
cym liczby naturalnej n . Jeżeli<br />
1 0 T (m 0 ) jest zdaniem prawdziwym, gdzie m 0 jest pewna ↩<br />
liczba ↩<br />
należa ↩<br />
ca ↩<br />
do N 0 ;<br />
2 0 z prawdziwości zdania T (k) (gdzie k ∈ N 0 , k ≥ m 0 ) wynika<br />
prawdziwość zdania T (k + 1) ;<br />
to zdanie T (n) jest prawdziwe dla każdego n ≥ m 0 .<br />
Przez N 0 oznaczyliśmy tu zbiór liczb ca̷lkowitych nieujemnych,<br />
czyli zbiór {0,1,2,. . .} . Podobnie, przez N m oznaczymy zbiór<br />
wszystkich liczb ca̷lkowitych wie ↩<br />
kszych lub równych m , tj. zbiór
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 9<br />
{m,m + 1,m + 2,. . .} . Stosuja ↩<br />
c powyższe oznaczenia możemy nadać<br />
zasadzie indukcji matematycznej naste ↩<br />
puja ↩<br />
ca ↩<br />
postać:<br />
Niech M ⊂ N 0 be ↩<br />
dzie zbiorem takim, że<br />
1 0 m 0 ∈ M ;<br />
2 0 dla dowolnego k ∈ N m0 , jeśli k ∈ M , to k + 1 ∈ M .<br />
Wówczas N m0 ⊂ M .<br />
Zasada indukcji matematycznej jest równoważna zasadzie minimum<br />
(ZM), która orzeka, że w każdym niepustym zbiorze A liczb<br />
ca̷lkowitych nieujemnnych istnieje liczba najmniejsza. Wykażemy<br />
teraz, że z ZIM wynika ZM 1 .<br />
Przypuśćmy, że A jest niepustym zbiorem liczb ca̷lkowitych<br />
nieujemnych, w którym nie ma liczby najmniejszej. Niech B<br />
be ↩<br />
dzie zbiorem liczb ca̷lkowitych nieujemnych zdefiniowanym w<br />
naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy sposób: n ∈ B ⇐⇒ dla każdej liczby ca̷lkowitej<br />
nieujemnej m , jeżeli m ≤ n , to m /∈ A . Zauważmy, że 0 /∈ A , bo<br />
w przeciwnym wypadku w zbiorze A istnia̷laby liczba najmniejsza,<br />
która ↩<br />
by̷loby 0 . Zatem 0 ∈ B .<br />
Za̷lóżmy, że n ∈ B . Wtedy n + 1 /∈ A , gdyż w przeciwnym<br />
razie n + 1 by̷loby najmniejsza ↩<br />
liczba ↩<br />
zbioru A . Wynika to sta ↩<br />
d,<br />
że skoro n ∈ B , wie ↩<br />
c z definicji zbioru B mamy<br />
n /∈ A, n − 1 /∈ A, . . . , 0 /∈ A.<br />
Zatem w konsekwencji n + 1 ∈ B .<br />
Wykazaliśmy, że zbiór B spe̷lnia za̷lożenia ZIM (w drugim<br />
sformu̷lowaniu), wie ↩<br />
c B = N 0 .<br />
Biora ↩<br />
c pod uwage ↩<br />
definicje ↩<br />
zbioru B , wnioskujemy, że A jest<br />
zbiorem pustym, co przeczy naszemu za̷lożeniu.<br />
1.2.1. Udowodnij, że z zasady minimum wynika zasada indukcji<br />
matematycznej.<br />
1.2.2. Korzystaja ↩<br />
c z zasady indukcji uzasadnij, że 3|n 3 + 5n<br />
dla dowolnego n ∈ N 0 .<br />
1 Przy pierwszym czytaniu Czytelnik może pomina↩ ć to uzasadnienie.
10 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
1.2.3. Wykaż, że 7 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 2n + 1 , gdy n ∈<br />
N 2 (liczby 2 2n + 1 , gdzie n ∈ N 0 nazywamy liczbami Fermata).<br />
1.2.4. Uzasadnij, że 10|2 2n − 6 dla n ∈ N 2 .<br />
1.2.5. Wykaż, że 1 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 4n −5 dla n ∈ N<br />
( = N 1 ).<br />
1.3. Dzielenie z reszta ↩<br />
. Jak wiadomo, jeśli mamy ustalona ↩<br />
liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
m , to nie każda liczba ca̷lkowita dzieli sie ↩<br />
przez m .<br />
Na przyk̷lad 34 nie dzieli sie ↩<br />
przez 5, ponieważ nie ma takiej liczby<br />
ca̷lkowitej, która pomnożona przez 5 da iloczyn równy 34. Oznacza<br />
to, że gdybyśmy chcieli rozdzielić 34 zeszyty mie ↩<br />
dzy pie ↩<br />
ciu uczniów,<br />
tak aby każdy otrzyma̷l jednakowa ↩<br />
ilość, to nie potrafilibyśmy tego<br />
dokonać. Możemy jednakże dać każdemu uczniowi po 6 zeszytów<br />
i pozostana ↩<br />
nam jeszcze 4. Dziela ↩<br />
c 34 przez 5 otrzymujemy zatem<br />
6 oraz reszte ↩<br />
4. Fakt ten zapisujemy 34 = 5 · 6 + 4 .<br />
Przypuśćmy, że mamy dwie liczby ca̷lkowite n oraz d , przy<br />
czym d ≠ 0 . Dzielenie (z reszta ↩<br />
) liczby n przez d polega na<br />
znalezieniu liczb ca̷lkowitych q oraz r takich, że n = qd + r oraz<br />
0 ≤ r < |d| . Liczbe ↩<br />
r nazywamy reszta ↩<br />
z dzielenia n przez d ,<br />
a liczbe ↩<br />
q niepe̷lnym ilorazem lub ilorazem cze ↩<br />
ściowym tego dzielenia.<br />
Oczywiste jest, że d|n wtedy i tylko wtedy, gdy r = 0 .<br />
1.3.1. Znajdź niepe̷lny iloraz i reszte ↩<br />
z dzielenia<br />
(a) 23 przez 3;<br />
(b) 43 przez 4;<br />
(c) 36 przez 12.<br />
1.3.2. Niech n i d be ↩<br />
da ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym<br />
d ≥ 1 . Korzystaja ↩<br />
c z zasady minimum wykaż, że istnieje dok̷ladnie<br />
jedna para liczb ca̷lkowitych q i r taka, że n = dq + r , gdzie<br />
0 ≤ r < d .<br />
1.3.3. Pokaż, że kwadrat liczby ca̷lkowitej nieparzystej przy<br />
dzieleniu przez 8 daje reszte ↩<br />
1.<br />
1.3.4. Pokaż, że suma kwadratów dwóch kolejnych liczb naturalnych<br />
przy dzieleniu przez 4 daje reszte ↩<br />
1.
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 11<br />
1.3.5. Udowodnij, że liczba naturalna postaci 3m + 2 ( m ∈<br />
N ) nie jest kwadratem żadnej liczby ca̷lkowitej.<br />
1.3.6. Uzasadnij, że suma kwadratów dwóch liczb nieparzystych<br />
nie jest kwadratem żadnej liczby ca̷lkowitej.<br />
1.4. Cze ↩<br />
ść ca̷lkowita. Jeżeli x jest dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
rzeczywista ↩<br />
, to istnieje najwie ↩<br />
ksza liczba ca̷lkowita n spe̷lniaja ↩<br />
ca<br />
warunek n ≤ x . Liczbe ↩<br />
n nazywamy cze ↩<br />
ścia ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
liczby<br />
x i oznaczamy symbolem [x] lub E(x) . Z określenia liczby [x]<br />
wynika, że<br />
[x] ≤ x < [x] + 1.<br />
(∗)<br />
Istotnie, gdyby x ≥ [x]+1 , to liczba [x]+1 by̷laby liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od [x] spe̷lniaja ↩<br />
ca ↩<br />
warunek [x] + 1 ≤ x . Jest to sprzeczne<br />
z definicja ↩<br />
cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej liczby x .<br />
Z nierówności (*) wynika, że 0 ≤ x − [x] < 1 . Liczbe ↩<br />
x − [x]<br />
nazywamy cze ↩<br />
ścia ↩<br />
u̷lamkowa ↩<br />
liczby x i oznaczamy symbolem {x} .<br />
̷Latwo zobaczyć, że x = [x] + {x} .<br />
Przyk̷lady: [− 1 2 ] = −1 , [4,7] = 4 , [−7,3] = −8 , { − 2} 1 =<br />
1<br />
2 ,<br />
{4,7} = 0,7 , {−7,3} = 0,7 .<br />
1.4.1. Wykaż, że jeżeli x , y ∈ R , oraz x ≤ y , to [x] ≤ [y] .<br />
1.4.2. Uzasadnij, że jeżeli α ∈ (0,1) oraz n ∈ N , to [−n +<br />
α] = −n .<br />
1.4.3. Uzasadnij, że jeżeli<br />
(a) x jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, to [−x] = −[x] ;<br />
(b) x nie jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, to [−x] = −[x] − 1 ;<br />
(c) x ∈ R , n ∈ Z , to [x + n] = [x] + n.<br />
1.4.4. Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x oraz y<br />
zachodzi nierówność<br />
[x + y] ≥ [x] + [y].<br />
1.4.5. Udowodnij, że jeżeli [x] = [y] , to |x − y| < 1 .
12 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
1.4.6. Wykaż, że jeśli n jest liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, a x liczba ↩<br />
rzeczywista ↩<br />
, to<br />
[ ] [x]<br />
[ x<br />
= .<br />
n n]<br />
1.4.7. Rozwia ↩<br />
ż równanie<br />
5x + 4<br />
7<br />
[ ] 2x + 3<br />
= .<br />
5<br />
1.4.8. Uzasadnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x i dowolnej<br />
liczby naturalnej n zachodzi równość<br />
[x] +<br />
[<br />
x + 1 ] [<br />
+ x + 2 ] [<br />
+ · · · + x + n − 1 ]<br />
= [nx].<br />
n n<br />
n<br />
1.4.9. Niech n i k be ↩<br />
da ↩<br />
liczbami naturalnymi. Wykaż, że<br />
[ n<br />
] [ ] [ ] [ ]<br />
n + 1 n + 2 n + k − 1<br />
+ + + · · · +<br />
= n.<br />
k k k<br />
k<br />
1.5. Dzielenie z reszta ↩<br />
– dalsze w̷lasności. Dziela ↩<br />
c<br />
34 przez 5 otrzymujemy 6 i reszte ↩<br />
. Zauważmy, że 6 = [ ]<br />
34<br />
5 .<br />
Wykorzystuja ↩<br />
c w̷lasności cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej można podać algorytm<br />
dzielenia (z reszta ↩<br />
) liczby ca̷lkowitej m przez liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
n > 0 . K̷lada ↩<br />
c<br />
[ m<br />
]<br />
q =<br />
n<br />
oraz<br />
r = m − nq<br />
mamy q ≤ m n < q + 1 . Sta ↩d qn ≤ m < qn + n . Zatem 0 ≤ r =<br />
m − qn < n .<br />
1.5.1. Podziel z reszta ↩<br />
(pamie ↩<br />
taja ↩<br />
c, że reszta z dzielenia ma<br />
być liczba ↩<br />
nieujemna ↩<br />
)<br />
(a) 83 przez −3 ;<br />
(b) −71 przez −4 .
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 13<br />
1.5.2. Rozwia ↩<br />
zuja ↩<br />
c zadanie 1.5.1, można zauważyć, że algorytmu<br />
podanego we wste ↩<br />
pie nie można zastosować, jeśli n < 0 .<br />
Zmodyfikuj ten algorytm tak, aby można by̷lo go zastosować przy<br />
dzieleniu liczby ca̷lkowitej m przez liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
n < 0 .<br />
1.5.3. Uzasadnij, [ że ] jeżeli p , n ∈ N , to wśród wyrazów cia ↩<br />
gu<br />
1 , 2 , 3 , . . . , n jest wielokrotności liczby p .<br />
n<br />
p<br />
1.5.4. Znajdź najmniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
n spe̷lniaja ↩<br />
ca ↩<br />
wszystkie poniższe warunki:<br />
– reszta z dzielenia n przez 2 jest równa 1,<br />
– reszta z dzielenia n przez 3 jest równa 2,<br />
– reszta z dzielenia n przez 4 jest równa 3,<br />
– reszta z dzielenia n przez 5 jest równa 4.<br />
1.6. Najwie ↩<br />
kszy wspólny dzielnik. Niech m i n be ↩<br />
da ↩<br />
dwiema liczbami ca̷lkowitymi, przy czym m ≠ 0 lub n ≠ 0 . Liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
d ≥ 1 nazywamy najwie ↩<br />
kszym wspólnym dzielnikiem<br />
liczb m i n (co oznaczamy NWD(m, n) ), jeśli<br />
(a) d dzieli m i d dzieli n;<br />
(b) jeżeli liczba ca̷lkowita c dzieli m oraz n , to c dzieli d .<br />
Bezpośrednio z powyższej definicji wynika, że jeżeli m ≠ 0 , to<br />
wtedy NWD(m, 0) = |m| . Weźmy teraz dwie liczby ca̷lkowite m ≠ 0<br />
oraz n ≠ 0 . Uzasadnimy, że z zasady minimum wynika istnienie<br />
NWD(m, n) . W tym celu rozważmy zbiór<br />
X = {xm + yn ≥ 1 : x,y ∈ Z} .<br />
Ponieważ m·m+n·n ≥ 1 , wie ↩<br />
c X ≠ ∅ . Z zasady minimum wynika,<br />
że w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech d = am + bn<br />
be ↩<br />
dzie ta ↩<br />
liczba ↩<br />
( a , b ∈ Z ). Zauważmy, że d|m oraz d|n . Istotnie,<br />
jeśli zapiszemy m = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d , wtedy mamy<br />
r = m − dq = m − (am + bn)q = m(1 − aq) + n(−bq).<br />
Gdyby r ≥ 1 , to r ∈ X oraz r < d , co jest sprzeczne z wyborem d .<br />
Zatem r = 0 , czyli d|m . Analogicznie uzasadniamy, że d|n . Tak<br />
wie ↩<br />
c d spe̷lnia warunek (a) definicji NWD.
14 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
Aby pokazać, że warunek (b) także jest spe̷lniony, za̷lóżmy,<br />
że pewna liczba c dzieli zarówno m , jak i n . Sta ↩<br />
d wynika, że<br />
istnieja ↩<br />
takie liczby ca̷lkowite m 1 oraz n 1 , że m = cm 1 i n = cn 1 .<br />
Sta ↩<br />
d d = am + bn = c(am 1 + bn 1 ) , czyli c|d . Wykazaliśmy, że<br />
d = NWD(m, n) .
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 15<br />
Z powyższych rozważań otrzymujemy naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy<br />
Wniosek. Jeżeli NWD(m, n) = d , to istnieja ↩<br />
liczby ca̷lkowite x i y<br />
takie, że mx + ny = d .<br />
Uwaga. Zauważmy, że jeśli dla liczb m , n i d znajdziemy takie x<br />
i y , że mx + ny = d , to nie znaczy to jeszcze, że d = NWD(m, n) .<br />
Na przyk̷lad, dla m = 1 , n = 2 oraz d = 7 mamy 3m + 2n = d ,<br />
ale 7 nie jest oczywiście najwie ↩<br />
kszym wspólnym dzielnikiem liczb<br />
1 i 2.<br />
Jeżeli NWD(m, n) = 1 , to mówimy, że liczby m i n sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze.<br />
1.6.1. Pokaż, że jeżeli m|n , to NWD(m, n) = |m| .<br />
1.6.2. Pokaż, że jeżeli m = nq+r , to NWD(m, n) = NWD(n, r) .<br />
1.6.3. Znajdź NWD(98, 56) .<br />
1.6.4. Pokaż, że NWD(n, n + 1) = 1 .<br />
1.6.5. Pokaż, że dla dowolnego k ∈ N zachodzi<br />
NWD(2k + 1, 2k + 3) = 1.<br />
1.6.6. Niech d = NWD(m, n) i niech m = dm 1 oraz n = dn 1 .<br />
Pokaż, że NWD(m 1 , n 1 ) = 1 .<br />
1.6.7. Za̷lóżmy, że u̷lamek a b<br />
jest nieskracalny. Sprawdź, czy<br />
u̷lamek jest nieskracalny.<br />
a<br />
a+b<br />
1.6.8. Pokaż, że jeżeli liczby m i n sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze<br />
oraz m|nk , to m|k .<br />
1.6.9. Za̷lóżmy, że dane sa ↩<br />
trzy liczby ca̷lkowite m , n , p ,<br />
z których przynajmniej jedna jest różna od zera. Określ NWD dla<br />
tych liczb przez analogie ↩<br />
do NWD dla dwóch liczb, a naste ↩<br />
pnie oblicz<br />
NWD(24,36,120) .<br />
1.6.10. Uogólnij definicje ↩<br />
najwie ↩<br />
kszego wspólnego dzielnika<br />
na przypadek k liczb, tj. dla a 1 , a 2 , . . . , a k ∈ Z . Zdefiniuj<br />
NWD(a 1 ,a 2 ,. . . ,a k ) . Oblicz NWD(36,120,180,600) .
16 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
1.6.11. Za̷lóżmy, że dane sa ↩<br />
trzy liczby ca̷lkowite m , n i p .<br />
Zdefiniujmy PNWD(m,n,p) = df<br />
NWD(m, NWD(n, p)) . Pokaż, że tak zdefiniowany<br />
PNWD jest równy najwie ↩<br />
kszemu wspólnemu dzielnikowi<br />
liczb m , n i p (zdefiniowanemu w zadaniu 1.6.9).<br />
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność. Za̷lóżmy, że<br />
n i m sa ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi różnymi od zera. Liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
s nazywamy najmniejsza ↩<br />
wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb m i n (co<br />
zapisujemy NWW(m, n) = s ), jeśli<br />
1) s ≥ 1 ,<br />
2) m|s oraz n|s ,<br />
3) jeżeli liczba ca̷lkowita t spe̷lnia warunek n|t i m|t , to s|t .<br />
Na przyk̷lad NWW(6, 9) = 18 .<br />
Analogicznie określamy najmniejsza ↩<br />
wspólna ↩<br />
wielokrotność k<br />
różnych od zera liczb ca̷lkowitych a 1 , a 2 , . . . , a k i oznaczamy ja ↩<br />
przez NWW(a 1 , a 2 ,. . . ,a k ) .<br />
1.7.1.<br />
(a) Znajdź najmniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
, która po podzieleniu<br />
przez każda ↩<br />
z liczb 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje zawsze<br />
reszte ↩<br />
1.<br />
(b) Znajdź najmniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
, która po podzieleniu<br />
przez 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje, odpowiednio, reszty 1,<br />
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.<br />
1.7.2. Za̷lóżmy, że NWD(a, b) = d i niech a = da 1 , b = db 1 .<br />
Uzasadnij, że NWW(a, b) = a 1 db 1 .<br />
1.7.3. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi<br />
równość ab = NWD(a, b) · NWW(a, b).<br />
1.7.4. Wykaż, że jeżeli liczby a i b sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, to<br />
NWW(a, b) = ab .<br />
1.7.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi<br />
nierówność<br />
a + b ≤ NWD(a, b) + NWW(a, b).
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 17<br />
1.7.6. W podre ↩<br />
cznikach szkolnych można znaleźć naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce<br />
definicje NWW i NWD. ,,Najmniejsza ↩<br />
wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb<br />
m i n nazywamy najmniejsza ↩<br />
nieujemna ↩<br />
liczbe ↩<br />
w zbiorze wspólnych<br />
wielokrotności m oraz n ”. ,,Najwie ↩<br />
kszym wspólnym dzielnikiem<br />
liczb m i n nazywamy najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
liczbe ↩<br />
w zbiorze wspólnych dzielników<br />
m oraz n ”. Pos̷luguja ↩<br />
c sie ↩<br />
tylko tymi ,,szkolnymi” definicjami<br />
pokaż, że<br />
(a) wspólna wielokrotność liczb m i n jest podzielna przez<br />
najmniejsza ↩<br />
wspólna ↩<br />
wielokrotność liczb m i n ;<br />
(b) wspólny dzielnik liczb m i n jest dzielnikiem najwie ↩<br />
kszego<br />
wspólnego dzielnika liczb m i n .<br />
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki. W literaturze<br />
zasadnicze twierdzenie arytmetyki przyjmuje różne (równoważne)<br />
sformu̷lowania. Jedno z nich jest naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce<br />
Twierdzenie. Liczba naturalna be ↩<br />
da ↩<br />
ca dzielnikiem iloczynu dwóch<br />
liczb naturalnych i pierwsza wzgle ↩<br />
dem jednego z czynników jest<br />
dzielnikiem drugiego, tzn. jeżeli n|ab i NWD(n, a) = 1 , to n|b .<br />
Dowód. Ponieważ n|ab i a|ab , wie ↩<br />
c ab jest wspólna ↩<br />
wielokrotnościa<br />
↩<br />
liczb n oraz a . Z definicji NWW wynika, że NWW(n, a)|ab . Istnieje<br />
wie ↩<br />
c liczba ca̷lkowita t taka, że NWW(n, a) · t = ab . Ponieważ<br />
NWD(n, a) = 1 , wie ↩<br />
c NWW(n, a) = na . Sta ↩<br />
d nat = ab , a sta ↩<br />
d<br />
ostatecznie nt = b , czyli n|b .<br />
1.8.1. Pokaż, że jeżeli NWD(a, b) = 1 i c|a , to NWD(c, b) = 1 .<br />
1.8.2. Pokaż, że jeżeli NWD(a, c) = 1 oraz NWD(b, c) = 1 , to<br />
NWD(ab, c) = 1 .<br />
1.8.3. Uzasadnij, że jeżeli<br />
NWD(a 1 , a) = NWD(a 2 , a) = . . . = NWD(a n , a) = 1,<br />
to NWD(a 1 a 2 . . . a n , a) = 1 .<br />
1.8.4. Wykaż, że każda liczba wymierna dodatnia daje sie ↩<br />
przedstawić jednoznacznie w postaci ilorazu dwóch liczb naturalnych<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwszych (czyli w postaci u̷lamka nieskracalnego).
18 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
2. Liczby pierwsze<br />
2.1. Poje ↩<br />
cie liczby pierwszej. Liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
p > 1<br />
nazywamy pierwsza ↩<br />
, jeśli ma ona dok̷ladnie dwa dzielniki naturalne,<br />
mianowicie 1 i p . Liczby, które nie sa ↩<br />
pierwszymi, ale sa ↩<br />
wie ↩<br />
ksze<br />
od 1, nazywamy z̷lożonymi.<br />
2.1.1. Wypisz wszystkie liczby pierwsze p < 20 .<br />
2.1.2. Wskaż jaka ↩<br />
kolwiek liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od<br />
(a) 26 , (b) 56 , (c) 100 .<br />
2.1.3. Uzasadnij, że reszta z dzielenia liczby pierwszej przez<br />
30 jest równa 1 lub pewnej liczbie pierwszej.<br />
2.1.4. Uzasadnij, że kwadrat dowolnej liczby pierwszej<br />
wie ↩<br />
kszej niż 3 daje przy dzieleniu przez 12 reszte ↩<br />
1.<br />
2.1.5. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n > 2 , liczby<br />
a n = 2 n + 1 oraz b n = 2 n − 1 nie moga ↩<br />
być jednocześnie liczbami<br />
pierwszymi.<br />
2.1.6. Uzasadnij, że liczby naturalnej postaci 6k + 1 (k ∈ N)<br />
nie można przedstawić w postaci różnicy dwóch liczb pierwszych.<br />
2.1.7. Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
oraz 8p 2 + 1 jest<br />
liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to 8p 2 + 2p + 1 też jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.1.8. Pokaż, że każda liczba naturalna wie ↩<br />
ksza od 1 ma przynajmniej<br />
jeden dzielnik pierwszy (tj. taki, który jest liczba ↩<br />
pierwsza<br />
↩<br />
).<br />
2.2. Ile jest liczb pierwszych Odpowiedź na pytanie o to,<br />
ile jest liczb pierwszych, zawiera naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce<br />
Twierdzenie. Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.<br />
W literaturze można znaleźć wiele dowodów tego twierdzenia.<br />
Niżej umieszczamy jeden z nich, maja ↩<br />
c nadzieje ↩<br />
, że Czytelnik znajdzie<br />
co najmniej kilka innych. W dowodach tego twierdzenia cze ↩<br />
sto<br />
korzysta sie ↩<br />
z faktu zawartego w zadaniu 2.1.8.
18 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
Dowód. Przypuśćmy, że istnieja ↩<br />
tylko naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce liczby pierwsze:<br />
p 1 , p 2 , . . . , p r . Niech M = p 1 p 2 . . . p r i niech M = st , gdzie<br />
s = p 1 p 2 , a t = p 3 p 4 . . . p r . Zauważmy, że liczba naturalna s + t nie<br />
jest podzielna przez żadna ↩<br />
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p r . Otrzymujemy<br />
sprzeczność, ponieważ s + t jest różne od 1 (zobacz zadanie 2.1.8).<br />
2.2.1. Za̷lóżmy, że liczby p 1 , p 2 , . . . , p k sa ↩<br />
liczbami pierwszymi.<br />
Pokaż, że liczba p 1 p 2 . . . p k + 1 nie dzieli sie ↩<br />
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p k .<br />
przez żadna ↩<br />
2.2.2. Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , liczba<br />
n! + 1 nie dzieli sie ↩<br />
przez żadna ↩<br />
liczbe ↩<br />
1 < q ≤ n .<br />
2.2.3. Pokaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , istnieje<br />
liczba pierwsza wie ↩<br />
ksza od n .<br />
2.2.4. Niech F n oznacza liczbe ↩<br />
Fermata, tzn. F n = 2 2n + 1 .<br />
Pokaż, że F m oraz F n sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze dla n ≠ m .<br />
2.2.5. Wykaż, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele,<br />
wykorzystuja ↩<br />
c<br />
(a) zadanie 2.2.1;<br />
(b) zadanie 2.2.3;<br />
(c) zadanie 2.2.4.<br />
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki.<br />
Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki (zobacz 1.8) wynika naste ↩<br />
-<br />
puja ↩<br />
ce<br />
Twierdzenie. Każda ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
przedstawić w postaci<br />
n > 1 można jednoznacznie<br />
n = p 1 p 2 . . . p r ,<br />
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p r<br />
sa ↩<br />
liczbami pierwszymi takimi, że<br />
p 1 ≤ p 2 ≤ · · · ≤ p r .<br />
Dowód 1. Wykażemy najpierw, że każda liczba naturalna n > 1<br />
da sie ↩<br />
przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Uczynimy
Liczby pierwsze 19<br />
to stosuja ↩<br />
c indukcje ↩<br />
. Dla n = 2 fakt jest prawdziwy. Za̷lóżmy,<br />
że fakt jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych<br />
od k . Jeżeli k jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to fakt jest prawdziwy. Jeśli<br />
k jest liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
, to k = bc , gdzie b oraz c sa ↩<br />
liczbami<br />
mniejszymi od k . Z za̷lożenia indukcyjnego b = p 1 p 2 . . . p s oraz<br />
c = p s+1 p s+2 . . . p t . Sta ↩<br />
d<br />
k = p 1 p 2 . . . p s p s+1 . . . p t .<br />
2. Teraz wykażemy jednoznaczność przedstawienia. Uczynimy<br />
to znowu stosuja ↩<br />
c indukcje ↩<br />
. Dla n = 2 twierdzenie jest<br />
prawdziwe. Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla liczb naturalnych<br />
mniejszych od k . Przypuśćmy, że<br />
k = p 1 p 2 . . . p r = q 1 q 2 . . . q s , (1)<br />
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p r , q 1 , q 2 , . . . , q s sa ↩<br />
liczbami pierwszymi,<br />
takimi że<br />
p 1 ≤ p 2 ≤ · · · ≤ p r , q 1 ≤ q 2 ≤ · · · ≤ q s .<br />
Ponieważ p 1 |q 1 q 2 . . . q s , wie ↩<br />
c p 1 |q 1 lub p 1 |q 2 , lub . . . , lub p 1 |q s<br />
(wynika to z zasadniczego twierdzenia arytmetyki). Niech na<br />
przyk̷lad p 1 |q 1 . Ponieważ p 1 oraz q 1 sa ↩<br />
liczbami pierwszymi, wie ↩<br />
c<br />
p 1 = q 1 . Dziela ↩<br />
c (1) przez p 1 mamy<br />
k<br />
p 1<br />
= p 2 p 3 . . . p r = q 2 q 3 . . . q s .<br />
Ponieważ k p 1<br />
< k , wie ↩<br />
c z za̷lożenia indukcyjnego wynika, że r = s<br />
oraz<br />
p 2 = q 2 , p 3 = q 3 , . . . , p r = q r .<br />
2.3.1. Pokaż, że każda ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
n ≥ 2 można przedstawić<br />
w postaci<br />
n = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s , (2)<br />
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p s sa ↩<br />
różnymi liczbami pierwszymi, takimi<br />
że p 1 < p 2 < · · · < p s , natomiast α 1 , α 2 , . . . , α s sa ↩<br />
liczbami<br />
ca̷lkowitymi dodatnimi. (Rozk̷lad (2) liczby naturalnej n nazywamy<br />
rozk̷ladem kanonicznym liczby n na czynniki pierwsze).
20 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
2.3.2. Znajdź NWD(a, b) oraz NWW(a, b) znaja ↩<br />
c rozk̷lady kanoniczne<br />
liczb a oraz b .<br />
2.3.3. Korzystaja ↩<br />
c z rozk̷ladu kanonicznego liczb naturalnych<br />
a oraz b uzasadnij, że ab = NWD(a, b)NWW(a, b) .<br />
2.3.4. Pokaż, że jeżeli liczba √ n jest wymierna, gdzie n > 1<br />
jest liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, to rozk̷lad kanoniczny liczby n ma postać<br />
p 2α 1<br />
1 p 2α 2<br />
2 . . . p 2α s<br />
s .<br />
2.3.5. Za̷lóżmy, że liczba pierwsza p jest dzielnikiem pewnej<br />
liczby naturalnej n . Mówimy, że p α dzieli dok̷ladnie n , jeśli p α |n<br />
oraz p α+1̸ | n . Fakt ten oznaczamy p α ||n .<br />
(a) Udowodnij, że jeżeli p α ||m oraz p β ||n , to p α+β ||mn .<br />
(b) Udowodnij, że jeżeli p α ||m oraz p β ||n oraz α ≠ β , to<br />
p min(α, β) ||m + n .<br />
(c) Sprawdź, czy w (b) można pomina ↩<br />
ć za̷lożenie α ≠ β .<br />
2.3.6. Pokaż, że każda ↩<br />
liczbe ↩<br />
wymierna ↩<br />
można zapisać jednoznacznie<br />
jako iloczyn εp α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s , gdzie ε jest równy 1 lub −1 ,<br />
natomiast p 1 , p 2 , . . . , p s sa ↩<br />
różnymi liczbami pierwszymi, a α 1 ,<br />
α 2 , . . . , α s sa ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi różnymi od zera.<br />
2.3.7. Pokaż, że wyk̷ladnik najwie ↩<br />
kszej pote ↩<br />
gi liczby pierwszej<br />
p , która dzieli n! wynosi α = ∑ [<br />
∞ n<br />
i=1<br />
.<br />
2.3.8. Podaj najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
pote ↩<br />
ge ↩<br />
liczby (a) 2, (b) 5 oraz (c) 97,<br />
która dzieli 100! .<br />
2.3.9. Podaj najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
pote ↩<br />
ge ↩<br />
liczby (a) 6, (b) 28, która<br />
dzieli 100! .<br />
2.3.10. Oblicz, ile kolejnych zer, licza ↩<br />
c od końca, ma liczba<br />
100! .<br />
p i ]
Liczby pierwsze 21<br />
2.4. Uwagi o funkcji π(x) . Dla każdej liczby rzeczywistej<br />
x > 0 , symbolem π(x) oznaczamy ilość liczb pierwszych p<br />
spe̷lniaja ↩<br />
cych nierówność p ≤ x . pierwszym historycznie stwierdzeniem<br />
na temat funkcji π(x) by̷lo spostrzeżenie J. Bertranda<br />
(z 1845 roku), że mie ↩<br />
dzy n i 2n , gdy n ≥ 2 , znajduje sie ↩<br />
liczba pierwsza. Spostrzeżenie J. Bertranda oznacza, że π(2n) −<br />
π(n) ≥ 1 (dla n ≥ 2 ), czyli że p n+1 < 2p n , gdzie p n oznacza<br />
n-ta ↩<br />
liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Stwierdzenie to by̷lo znane jako<br />
,,postulat Bertranda” i zosta̷lo udowodnione przez P.L. Czebyszewa<br />
w 1852 roku. Fakt ten be ↩<br />
dziemy w dalszych rozważaniach nazywać<br />
twierdzeniem Czebyszewa (elementarny dowód tego twierdzenia<br />
Czytelnik może znaleźć w [9]). Czebyszew udowodni̷l znacznie<br />
wie ↩<br />
cej, a mianowicie pokaza̷l, że istnieja ↩<br />
sta̷le a oraz b , takie że<br />
a < π(x) :<br />
x<br />
lnx < b dla x > 2 .<br />
Powyższa ↩<br />
nierówność nazywamy nierównościa ↩<br />
Czebyszewa.<br />
2.4.1. Korzystaja ↩<br />
c z nierówności Czebyszewa, pokaż, że<br />
π(x)<br />
lim<br />
x→∞ x = 0.<br />
2.4.2. Korzystaja ↩<br />
c z twierdzenia Czebyszewa, pokaż, że dla<br />
każdej liczby naturalnej n istnieja ↩<br />
co najmniej trzy liczby pierwsze<br />
maja ↩<br />
ce w uk̷ladzie dziesie ↩<br />
tnym n cyfr.<br />
2.4.3. Dowiedź, że dla k > 1 mamy p k+1 ≤ p 1 +p 2 +· · ·+p k ,<br />
gdzie p n oznacza n-ta ↩<br />
z kolei liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.4.4. Pokaż, że 5 jest jedyna ↩<br />
liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, która jest<br />
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.<br />
2.4.5. Pokaż, że 5 jest jedyna ↩<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, która jest<br />
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.<br />
2.4.6. Pokaż, że w rozmieszczeniu liczb pierwszych sa ↩<br />
,,dziury”<br />
dowolnej d̷lugości, tj. pokaż, że dla dowolnego m istnieje n takie,<br />
że p n+1 > p n + m , gdzie p n oznacza n-ta ↩<br />
z kolei liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
Wskazówka. Pokaż, że wszystkie liczby w cia ↩<br />
gu m liczb (m+1)!+2 ,<br />
(m + 1)! + 3 , . . . , (m + 1)! + (m + 1) sa ↩<br />
z̷lożone.
22 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
2.4.7.<br />
(a) Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to π(p−1)<br />
p−1<br />
(b) Pokaż, że jeżeli m jest liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
, to π(m)<br />
m<br />
< π(p)<br />
p<br />
.<br />
< π(m−1)<br />
m−1<br />
.<br />
2.5. Twierdzenie Dirichleta. Jak już wiadomo, w poste ↩<br />
pie<br />
arytmetycznym 1, 2, 3, 4, . . . o różnicy 1 istnieje nieskończenie wiele<br />
liczb pierwszych. A jak jest w innych poste ↩<br />
pach arytmetycznych<br />
W 1837 roku P.G.L. Dirichlet udowodni̷l twierdzenie, które orzeka:<br />
Jeśli liczby m , n sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, to w cia ↩<br />
gu (mk + n) k<br />
istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Dowód twierdzenia<br />
Dirichleta jest dosyć trudny i nie be ↩<br />
dziemy go tu przytaczać. Jednakże<br />
pewne szczególne przypadki tego twierdzenia dowodzi sie ↩<br />
̷latwo, o czym przekona sie ↩<br />
Czytelnik, rozwia ↩<br />
zuja ↩<br />
c niżej umieszczone<br />
zadania.<br />
2.5.1. Podaj przyk̷lad takich liczb m oraz n , że w cia ↩<br />
gu<br />
(mk + n) k (a) jest tylko skończona ilość liczb pierwszych; (b) nie<br />
ma żadnej liczby pierwszej.<br />
2.5.2. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych<br />
postaci 2k + 1 .<br />
2.5.3.<br />
(a) Pokaż, że w każdym rozk̷ladzie na iloczyn liczby postaci<br />
3k + 2 przynajmniej jeden czynnik jest postaci 3k + 2 .<br />
(b) Udowodnij, że każda liczba naturalna postaci 3k + 2 ma<br />
przynajmniej jeden dzielnik pierwszy tej postaci.<br />
2.5.4. Uzasadnij, że jeśli p 1 , p 2 . . . , p n sa ↩<br />
nieparzystymi<br />
liczbami pierwszymi postaci 3k + 2 , to liczba 3p 1 p 2 . . . p n + 2 nie<br />
dzieli sie ↩<br />
przez żadna ↩<br />
z liczb 2 , p 1 , p 2 , . . . , p n .<br />
2.5.5. Wykaż, że w cia ↩<br />
gu (3k + 2) istnieje nieskończenie wiele<br />
liczb pierwszych.<br />
Wskazówka. Skorzystaj z dwóch poprzednich zadań.<br />
2.5.6. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych<br />
postaci 4k + 3 .
Liczby pierwsze 23<br />
2.5.7. Pokaż, że w cia ↩<br />
gu (6k + 5) istnieje nieskończenie wiele<br />
liczb pierwszych.<br />
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera. Oznaczmy<br />
przez θ(n) liczbe ↩<br />
naturalnych dzielników liczby n , a przez<br />
ϕ(n) ilość liczb naturalnych wzgle ↩<br />
dnie pierwszych z n , które sa ↩<br />
nie<br />
wie ↩<br />
ksze od n .<br />
2.6.1. Wyznacz θ(n) dla n ≤ 20 .<br />
2.6.2. Pokaż, że jeżeli n = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s , to każdy dzielnik<br />
naturalny liczby n jest postaci p β 1<br />
1 pβ 2<br />
2 . . . pβ s<br />
s , gdzie 0 ≤ β i ≤ α i<br />
dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .<br />
2.6.3. Wykaż, że<br />
θ(p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s ) = (α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1).<br />
2.6.4. Oblicz θ(100) oraz θ(1024) .<br />
2.6.5. Znajdź wszystkie liczby naturalne n , takie że<br />
θ(n) = 3.<br />
2.6.6. Wyznacz ϕ(n) dla n ≤ 20 .<br />
2.6.7. Pokaż, że liczba n jest pierwsza wtedy i tylko wtedy,<br />
gdy ϕ(n) = n − 1 .<br />
2.6.8. Uzasadnij, że ϕ(pq) = (p − 1)(q − 1) , gdzie p oraz q<br />
sa ↩<br />
różnymi liczbami pierwszymi.<br />
2.6.9. Pokaż, że dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnej<br />
liczby naturalnej n , mamy ϕ(p n ) = p n − p n−1 .<br />
2.6.10. Niech m oraz n oznaczaja ↩<br />
dwie liczby naturalne<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, a r liczbe ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
. Pokaż, że wówczas reszty<br />
z dzielenia liczb<br />
r, n + r, 2n + r, 3n + r, . . . , (m − 1)n + r<br />
przez m różnia ↩<br />
sie ↩<br />
od liczb 0, 1, 2, 3, . . . , m − 1 co najwyżej<br />
porza ↩<br />
dkiem.
24 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
2.6.11. Udowodnij, że jeśli NWD(m, n) = 1 , to ϕ(m)ϕ(n) =<br />
ϕ(mn) .<br />
Wskazówka. Zauważmy najpierw, że jeśli jedna z liczb m , n<br />
jest równa 1, to wzór jest prawdziwy. Możemy zatem za̷lożyć, że<br />
m ≠ 1 i n ≠ 1 . Wypiszmy wszystkie liczby nie wie ↩<br />
ksze od mn<br />
w naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy sposób:<br />
1, 2, . . . , r, . . . , n,<br />
n + 1, n + 2, . . . , n + r, . . . , 2n,<br />
2n + 1, 2n + 2, . . . , 2n + r, . . . , 3n,<br />
. . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . ,<br />
(m − 1)n + 1, (m − 1)n + 2, . . . , (m − 1)n + r, . . . , mn.<br />
Dalej skorzystaj z zadania 2.6.10.<br />
2.6.12. Udowodnij wzór<br />
ϕ (p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s<br />
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p s<br />
) = n<br />
(1 − 1 ) (1 − 1 )<br />
· · ·<br />
(1 − 1 )<br />
,<br />
p 1 p 2 p s<br />
sa ↩<br />
różnymi liczbami pierwszymi.<br />
2.6.13. Wiadomo, że NWD(m, n) > 1 . Ustal, która z liczb<br />
ϕ(mn) oraz ϕ(m)ϕ(n) jest wie ↩<br />
ksza.<br />
Wskazówka. Skorzystaj z zadania 2.6.12.<br />
2.6.14. Pokaż, że<br />
(a) ϕ(4n + 2) = ϕ(2n + 1) ;<br />
{<br />
2ϕ(n) gdy NWD(n, 2) = 1<br />
(b) ϕ(4n) =<br />
2ϕ(2n) gdy NWD(n, 2) = 2 .<br />
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych.<br />
Mnożenie dwóch liczb naturalnych jest zdecydowanie ̷latwiejsze niż<br />
rozk̷ladanie danej liczby na czynniki. Jeśli jednak pewna liczba<br />
z̷lożona ma dwa dzielniki pierwsze, które sa ↩<br />
,,blisko” siebie, możemy<br />
zastosować tak zwana ↩<br />
metode ↩<br />
faktoryzacji Fermata. Metode ↩<br />
te ↩<br />
opiszemy w poniższych zadaniach.<br />
2.7.1. Niech n be ↩<br />
dzie dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
. Udowodnij,<br />
że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość mie ↩<br />
dzy dzielnikami<br />
liczby n nie mniejszymi od √ n i nie wie ↩<br />
kszymi od √ n .
Liczby pierwsze 25<br />
2.7.2. Niech n be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
. Pokaż, że<br />
istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość mie ↩<br />
dzy dzielnikami<br />
liczby n nie mniejszymi od √ n a parami (s,t) liczb naturalnych<br />
spe̷lniaja ↩<br />
cymi warunek s 2 − t 2 = n .<br />
2.7.3. Wypisz wszystkie sposoby przedstawienia liczby 945<br />
w postaci różnicy dwóch kwadratów.<br />
2.7.4. Jeśli pewna liczba nieparzysta n daje sie ↩<br />
zapisać<br />
w postaci różnicy dwóch kwadratów t 2 − s 2 , to wówczas, n =<br />
(t − s)(t + s) , wie ↩<br />
c wiemy, jak znaleźć nietrywialne dzielniki liczby<br />
n . Problem polega zatem na zapisaniu liczby n w postaci różnicy<br />
kwadratów. Jeśli dzielniki liczby n sa ↩<br />
,,blisko siebie”, to liczba t<br />
jest niewiele wie ↩<br />
ksza od √ n . Sprawdzamy wie ↩<br />
c kolejno, czy dla<br />
t = [ √ n] + 1,[ √ n] + 2,. . . , liczba t 2 − n jest kwadratem liczby<br />
naturalnej. Na przyk̷lad dla n = 200819 mamy [ √ n] = 448 oraz<br />
450 2 − 200819 = 1681 = 41 2 . Zatem 200819 = 491 · 409 .<br />
Stosuja ↩<br />
c opisana ↩<br />
wyżej metode ↩<br />
roz̷lóż na czynniki liczby 8633,<br />
809009, 92296873, 88169891 oraz 4601.<br />
2.7.5. Czasami ̷latwiej jest roz̷lożyć na czynniki liczbe ↩<br />
kn niż<br />
n , a naste ↩<br />
pnie podzielić otrzymany rozk̷lad przez k , by otrzymać<br />
rozk̷lad liczby n . Znajdź rozk̷lad liczby n na czynniki znajduja ↩<br />
c<br />
najpierw rozk̷lad liczby kn , jeśli<br />
(a) n = 141467 , k = 3 ; (c) n = 68987 , k = 3 ;<br />
(b) n = 29895581 , k = 3 , (d) n = 19578079 , k = 5 .
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych<br />
3.1. Poje ↩<br />
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb. Liczby<br />
możemy zapisywać różnymi sposobami. Powszechnie stosowanym<br />
sposobem zapisu liczb jest dziesie ↩<br />
tny system pozycyjny. Nazywa<br />
sie ↩<br />
on dziesie ↩<br />
tnym, ponieważ jego podstawa ↩<br />
jest liczba 10, a pozycyjnym,<br />
ponieważ znaczenie danej cyfry tworza ↩<br />
cej liczbe ↩<br />
zależy od<br />
pozycji, na której sie ↩<br />
ona znajduje. Na przyk̷lad 478 = 4 · 10 2 + 7 ·<br />
10 1 +8·10 0 . Systemy niepozycyjne nie znalaz̷ly zastosowania z uwagi<br />
na duża ↩<br />
trudność wykonywania nawet prostych rachunków. Oprócz<br />
dziesie ↩<br />
tnego systemu pozycyjnego w użyciu jest jeszcze dwójkowy<br />
system pozycyjny. Teoretycznie można rozważać system pozycyjny<br />
o dowolnej podstawie b . My be ↩<br />
dziemy rozważać systemy<br />
o podstawie naturalnej b ≥ 2 . Liczbe ↩<br />
w tym systemie zapiszemy<br />
(d k d k−1 . . . d 1 d 0 ) b , gdzie d i ∈ {0,1,. . . ,b − 1} oraz 0 ≤ i ≤ k , i<br />
be ↩<br />
dziemy rozumieli jako d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 1 · b 1 + d 0 · b 0 .<br />
3.1.1. Podaj przyk̷lad niepozycyjnego systemu zapisu liczb.<br />
3.1.2. Podane niżej liczby przedstaw w systemie dziesie ↩<br />
tnym.<br />
(a) (3423) 5 ;<br />
(b) (11000111) 2 ;<br />
(c) (910) 11 .<br />
3.1.3. Znaki d i , które pojawiaja ↩<br />
sie ↩<br />
w zapisie liczby w systemie<br />
o podstawie b , nazywamy cyframi. Zauważmy, że gdy b ≥ 10<br />
zaczyna nam brakować pojedynczych znaków dla oznaczenia cyfr.<br />
Jak zrozumia̷leś liczbe ↩<br />
(910) 11 – jako 9 · 11 2 + 1 · 11 , czy też jako<br />
9 · 11 + 10 Aby unikna ↩<br />
ć nieporozumień, ,,pożyczamy” kolejnych<br />
liter alfabetu ̷lacińskiego (ba ↩<br />
dź też używamy nawiasów). I tak, na<br />
przyk̷lad w systemie o podstawie 11, A oznacza cyfre ↩<br />
10. Podane<br />
niżej liczby przedstaw w systemie dziesie ↩<br />
tnym.<br />
(a) (910) 11 ;<br />
(b) (1AD) 16 ;<br />
(c) (A2B) 12 .<br />
3.1.4. Liczbe ↩<br />
437 (zapisana ↩<br />
w systemie dziesie ↩<br />
tnym) zapisz<br />
w każdym z naste ↩<br />
puja ↩<br />
cych systemów:
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 27<br />
(a) w systemie o podstawie 3,<br />
(b) w systemie o podstawie 5,<br />
(c) w systemie o podstawie 16,<br />
(d) w systemie dwójkowym.<br />
3.1.5. Przy zamianie zapisu liczby n w systemie o podstawie<br />
b 1 na zapis w systemie o podstawie b 2 stosujemy różne metody.<br />
Najbardziej ,,naturalna ↩<br />
” jest taka, w której z systemu o podstawie<br />
b 1 przechodzimy do systemu dziesie ↩<br />
tnego, a potem z systemu<br />
dziesie ↩<br />
tnego do systemu o podstawie b 2 . W 3.2.5 opiszemy metode ↩<br />
zamiany bez ,,pośrednictwa” zapisu dziesie ↩<br />
tnego. Zmień zapis<br />
(a) (12) 3 na zapis w systemie dwójkowym,<br />
(b) (1A) 12 na zapis w systemie o podstawie 16,<br />
(c) (3455) 6 na zapis w systemie o podstawie 4,<br />
(d) (101011101011) 2 na zapis w systemie o podstawie 16.<br />
3.1.6. Zamiany liczby x w systemie o podstawie b na zapis<br />
w systemie o podstawie b s , gdzie s > 1 , możemy dokonać w prosty<br />
sposób: cyfry liczby x zapisanej w systemie o podstawie b grupujemy<br />
w bloki po s cyfr zaczynaja ↩<br />
c od końca (jeżeli ostatni blok ma<br />
mniej niż s cyfr, dodajemy zera), a naste ↩<br />
pnie zamieniamy nasze<br />
bloki na cyfry w systemie o podstawie b s . Na przyk̷lad, jeśli chcemy<br />
zamienić (11101001) 2 na zapis w systemie o podstawie 8, tworzymy<br />
bloki 001 , 101 oraz 011 , które oznaczaja ↩<br />
odpowiednio 1, 5 oraz 3.<br />
Nasza liczba ma wie ↩<br />
c postać (351) 8 . Zamień<br />
(a) (1112) 3 na zapis w systemie o podstawie 27,<br />
(b) (1A) 12 na zapis w systemie o podstawie 144,<br />
(c) (101011101011) 2 na zapis w systemie o podstawie 16.<br />
3.1.7. Opracuj algorytm odwrotny do przedstawionego w poprzednim<br />
zadaniu, tj. algorytm na zamiane ↩<br />
zapisu liczby x<br />
w systemie o podstawie b s na zapis w systemie o podstawie b .<br />
Korzystaja ↩<br />
c z opracowanego algorytmu zmień<br />
(a) (2B) 16 na zapis w systemie o podstawie 4,<br />
(b) (ABCF ) 25 na zapis w systemie o podstawie 5,<br />
(c) (3A56) 16 na zapis w systemie o podstawie 2.<br />
3.1.8. Niech m = (c n c n−1 . . . c 1 c 0 ) b , p = (d k d k−1 . . . d 1 d 0 ) b ,
28 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
gdzie c n oraz d k sa ↩<br />
wie ↩<br />
ksze od zera. Pokaż, że jeżeli k < n , to<br />
p < b k+1 oraz p < m .<br />
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach<br />
pozycyjnych. Aby dodać dwie liczby m oraz p zapisane w systemie<br />
o podstawie b , poste ↩<br />
pujemy podobnie jak przy dodawaniu<br />
liczb zapisanych w systemie dziesie ↩<br />
tnym. Dok̷ladniej, zapiszmy<br />
gdzie n ≥ k . Mamy teraz<br />
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0<br />
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0 ,<br />
m + p = c n b n + · · · + c k b k + c k−1 b k−1 + · · · + c 1 b + c 0<br />
+ 0 · b n + · · · + d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0<br />
= (c n + 0)b n + · · · + (c k+1 + 0)b k+1 + (c k + d k )b k<br />
+ (c k−1 + d k−1 )b k−1 + · · · + (c 1 + d 1 )b + (c 0 + d 0 ).<br />
Jeżeli c 0 + b 0 jest mniejsza od b , to jest to ostatnia cyfra liczby<br />
m + p (w systemie o podstawie b ). W przeciwnym wypadku mamy<br />
0 ≤ c 0 + d 0 − b ≤ b − 1 i b jednostek niższego rze ↩<br />
du zamieniamy na<br />
jedna ↩<br />
jednostke ↩<br />
wyższego rze ↩<br />
du otrzymuja ↩<br />
c<br />
(c 1 + d 1 )b + (c 0 + d 0 ) = (c 1 + d 1 + 1)b + (c 0 + d 0 − b).<br />
Tak samo poste ↩<br />
pujemy z kolejnymi cyframi, posuwaja ↩<br />
c sie ↩<br />
od strony<br />
prawej do lewej. Przy powyższym rozumowaniu wygodnie jest<br />
stosować zapis<br />
c n c n−1 . . . c k c k−1 . . . c 2 c 1 c 0<br />
+ d k d k−1 . . . d 2 d 1 d 0<br />
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .<br />
gdzie pod kreska ↩<br />
(w miejsce kropek) zapisujemy kolejne cyfry sumy<br />
m + p .<br />
Dla przyk̷ladu dodamy liczby (3021) 5 i (433) 5 . 1 + 3 = 4 ,<br />
wie ↩<br />
c 4 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
wyniku dodawania. 2 + 3 = 5 , a 5 w systemie<br />
o podstawie 5, to 10, zatem nasza suma kończy sie ↩<br />
cyframi<br />
04, a 1, jako jednostke ↩<br />
wyższego rze ↩<br />
du, ,,trzymamy w pamie ↩<br />
ci”.
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 29<br />
0 + 4 + 1 = 5 , wie ↩<br />
c sytuacja nam sie ↩<br />
powtarza i dopisujemy 0 do<br />
wyniku oraz pamie ↩<br />
tamy 1. 1 + 3 + 0 = 4 , wie ↩<br />
c nasza suma to<br />
(4004) 5 . Nasze rozumowanie zapisujemy w znajomy sposób:<br />
3021<br />
+ 433<br />
4004<br />
3.2.1. Wykonaj poniższe dodawania.<br />
(a) (AB123) 14 + (CDA) 14 ;<br />
(b) (1111001101) 2 + (1101101101) 2 ;<br />
(c) (12321) 5 + (23132) 5 .<br />
3.2.2. Opisz algorytm odejmowania liczb w systemie o podstawie<br />
b i wykonaj odejmowania.<br />
(a) (1110101110) 2 − (11101011) 2 ;<br />
(b) (4532)) 6 − (3401) 6 ;<br />
(c) (AB12) 16 − (CDA) 16 .<br />
3.2.3. Opisz algorytm mnożenia liczb w systemie o podstawie<br />
b i wykonaj mnożenia.<br />
(a) (234) 5 · (4) 5 ;<br />
(b) (11110101) 2 · (1101) 2 ;<br />
(c) (AB32) 13 · (9) 13 .<br />
3.2.4. Opisz algorytm dzielenia liczb w systemie o podstawie b<br />
i wykonaj dzielenia.<br />
(a) (11011) 2 : (11) 2 ;<br />
(b) (2361) 7 : (15) 7 ;<br />
(c) (ABC) 16 : (6) 16 .<br />
3.2.5. Przypuśćmy, że mamy liczbe ↩<br />
n = (11011101) 2 zapisana ↩<br />
w systemie dwójkowym. Gdy chcemy ja ↩<br />
przedstawić w systemie<br />
trójkowym, zapisujemy nowa ↩<br />
podstawe ↩<br />
b = 3 w ,,starym” systemie,<br />
tj. b = (11) 2 w naszym przypadku. Również wszystkie obliczenia<br />
wykonujemy w ,,starym” systemie. Obliczamy kolejne pote ↩<br />
gi liczby<br />
b , dopóki nie przekrocza ↩<br />
one liczby n:<br />
b 2 = (1001) 2 , b 3 = (11011) 2 , b 4 = (1010001) 2 , b 5 = (11110011) 2 ,
30 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
wie ↩<br />
c b 4 < n < b 5 . Dzielimy (z reszta ↩<br />
) liczbe ↩<br />
n przez b 4 otrzymuja ↩<br />
c<br />
(11011101) 2 = (10) 2 · (1010001) 2 + (111011) 2 .<br />
Reszte ↩<br />
z powyższego dzielenia dzielimy przez b 3 i otrzymujemy<br />
(111011) 2 = (10) 2 · (11011) 2 + (101) 2 .<br />
Ponownie dzielimy otrzymana ↩<br />
reszte ↩<br />
przez b 2 dostaja ↩<br />
c wynik 0<br />
oraz reszte ↩<br />
(101) 2 . Te ↩<br />
reszte ↩<br />
dzielimy przez b i otrzymujemy<br />
Zatem<br />
(101) 2 = (1) 2 · (11) 2 + (10) 2 .<br />
(11011101) 2 = (10) 2 · b 4 + (10) 2 · b 3 + 0 · b 2 + 1 · b + (10) 2<br />
= 2 · 3 4 + 2 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 + 2<br />
= (22012) 3 .<br />
Zapisz liczbe ↩<br />
n = (11011101) 2 w systemie trójkowym pos̷luguja<br />
↩<br />
c sie ↩<br />
drugim algorytmem z rozwia ↩<br />
zania zadania 3.1.4.<br />
3.2.6. ̷Latwość wykonywania rachunków jest g̷lówna ↩<br />
przyczyna<br />
↩<br />
, dla której używamy pozycyjnych systemów zapisu liczb. Spróbuj<br />
dodać liczby MCMXXIV (1924) oraz CDXCIII (493) zapisane w systemie<br />
rzymskim (niepozycyjnym) nie korzystaja ↩<br />
c z pośrednictwa<br />
żadnego systemu pozycyjnego. Jeśli wydaje Ci sie ↩<br />
to ̷latwe, spróbuj<br />
pomnożyć te dwie liczby...<br />
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych. Przypomnijmy,<br />
że dla d i ,c j ∈ {0,1,. . . ,9} , zapis<br />
x = d k d k−1 . . . d 0 ,c 1 c 2 . . .<br />
oznacza rozwinie ↩<br />
cie dziesie ↩<br />
tne liczby x , tj.<br />
x = d k · 10 k + d k−1 · 10 k−1 + · · · + d 0 + c 1<br />
} {{ } 10 1 + c 2<br />
10 2 + · · ·<br />
} {{ }<br />
cze ↩<br />
ść ca̷lkowita<br />
cze ↩<br />
ść u̷lamkowa<br />
(1)
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 31<br />
Sume ↩<br />
w cze ↩<br />
ści u̷lamkowej wzoru (1) należy rozumieć jako granice ↩<br />
cia ↩<br />
gu sum cze ↩<br />
ściowych<br />
s 1 = c 1<br />
10<br />
s 2 = s 1 + c 2<br />
10 2<br />
. . . . . . . . . . . . . . .<br />
Podobnie interpretujemy zapis ,,z przecinkiem” w innym niż dziesie ↩<br />
-<br />
tny systemie pozycyjnym. Zapis x = (d k d k−1 . . . d 0 ,c 1 c 2 . . .) b , gdzie<br />
d i ,c j ∈ {0,1,. . . ,b − 1} , oznacza, że x ma rozwinie ↩<br />
cie w systemie<br />
o podstawie b , czyli że<br />
x = d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 0 + c 1<br />
b 1 + c 2<br />
b 2 + · · ·<br />
Podobnie jak w (1) wyróżniamy tu cze ↩<br />
ść ca̷lkowita ↩<br />
i u̷lamkowa ↩<br />
.<br />
Mówimy, że liczba x ma rozwinie ↩<br />
cie okresowe o podstawie b ,<br />
gdy to rozwinie ↩<br />
cie ma postać<br />
x = d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 0<br />
} {{ }<br />
cze ↩<br />
ść ca̷lkowita<br />
c 1<br />
+<br />
b 1 + c 2<br />
b 2 + · · · + c m<br />
} {{<br />
b m<br />
}<br />
nieokresowe wyrazy pocza ↩<br />
tkowe<br />
+ a 1<br />
b m+1 + a 2<br />
b m+2 + · · · + a n<br />
b m+n<br />
} {{ }<br />
okres<br />
+ a 1<br />
b m+n+1 + a 2<br />
b m+n+2 + · · · + a n<br />
} {{<br />
b m+2n<br />
}<br />
okres<br />
+ · · · · · · ,<br />
gdzie d 1 , d 2 , . . . , d k ; c 1 , c 2 , . . . , c m oraz a 1 , a 2 , . . . , a n<br />
sa ↩<br />
elementami zbioru {0,1,. . . b − 1} .<br />
Jeżeli mamy liczbe ↩<br />
x zapisana ↩<br />
w systemie dziesie ↩<br />
tnym i chcemy<br />
znaleźć jej rozwinie ↩<br />
cie w systemie o podstawie b , to najpierw
32 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
znajdujemy rozwinie ↩<br />
cie cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej liczby x , a naste ↩<br />
pnie cze ↩<br />
ści<br />
u̷lamkowej tej liczby. Oznaczmy przez y cze ↩<br />
ść u̷lamkowa ↩<br />
liczby x .<br />
Mnożymy liczbe ↩<br />
y przez b i szukamy najwie ↩<br />
kszej liczby ca̷lkowitej<br />
d 1 , takiej że d 1 ≤ yb , czyli cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej liczby yb . Liczba<br />
d 1 jest pierwsza ↩<br />
cyfra ↩<br />
po przecinku. Dok̷ladnie, mamy wtedy y =<br />
d 1<br />
b<br />
+ r 1 , gdzie 0 ≤ r 1 < 1 b . Naste ↩pnie szukamy najwie ↩<br />
kszej liczby<br />
ca̷lkowitej d 2 , takiej że d 2 ≤ r 1 b 2 . Liczba d 2 jest druga ↩<br />
cyfra ↩<br />
po<br />
przecinku. Mamy zatem r 1 = d 2<br />
b 2 + r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < 1 b<br />
, a sta 2 ↩<br />
d<br />
y = d 1<br />
b<br />
+ d 2<br />
b 2 + r 2 . Po n takich krokach otrzymujemy<br />
y = d 1<br />
b + d 2<br />
b 2 + · · · + d n<br />
b n + r n, gdzie 0 ≤ r n < 1<br />
b n .<br />
3.3.1. Zapisz<br />
1<br />
(a)<br />
3<br />
i 0,5 w systemie o podstawie 3,<br />
(b) 5 pierwszych cyfr rozwinie ↩<br />
cia liczby π w systemie<br />
o podstawie dwa,<br />
(c)<br />
5<br />
13<br />
w systemie o podstawie 5.<br />
3.3.2. Pokaż, że u̷lamek w̷laściwy o mianowniku b − 1 ma<br />
w systemie o podstawie b ≠ 2 rozwinie ↩<br />
cie okresowe o okresie jednocyfrowym.<br />
3.3.3. Pokaż, że u̷lamek w̷laściwy o mianowniku (11) b , tj.<br />
b + 1 , zapisany w systemie o podstawie b ma w tym systemie<br />
rozwinie ↩<br />
cie okresowe o okresie dwucyfrowym.<br />
3.3.4. Pokaż, że w systemie o podstawie b u̷lamek ma<br />
rozwinie ↩<br />
cie skończone wtedy i tylko wtedy, gdy mianownik tego<br />
u̷lamka (zapisanego w postaci nieskracalnej) jest iloczynem pote ↩<br />
g<br />
dzielników b .<br />
3.3.5. Udowodnij, że u̷lamek w̷laściwy a c<br />
ma w systemie<br />
o podstawie b rozwinie ↩<br />
cie okresowe f -cyfrowe czyste (tzn. okres<br />
zaczyna sie ↩<br />
od cyfry po przecinku i ma f cyfr) wtedy i tylko wtedy,<br />
gdy b f − 1 jest wielokrotnościa ↩<br />
c .<br />
3.3.6. Oblicz<br />
(a) 111,101010 + 1,11 w systemie dwójkowym,<br />
(b) 121,2101 − 12,11211 w systemie trójkowym,
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 33<br />
(c) A,BC : 0,6 w systemie o podstawie 16,<br />
(d) 43201 : 3 w systemie o podstawie 5,<br />
(e) 0,00012 · 0,0023 w systemie o podstawie 4.
4. Algorytm Euklidesa<br />
4.1. Szukanie NWD. Aby znaleźć NWD dwóch liczb naturalnych,<br />
rozk̷ladamy je na czynniki pierwsze, a naste ↩<br />
pnie wyszukujemy<br />
wspólne dla obu liczb czynniki. Iloczyn tych wspólnych czynników<br />
jest równy NWD. Na przyk̷lad, aby znaleźć NWD(24, 36) ,<br />
rozk̷ladamy liczby 24 oraz 36 na czynniki pierwsze<br />
24 2 36 2<br />
12 2 18 2<br />
6 2 9 3<br />
3 3 3 3<br />
1 1<br />
Wspólnymi czynnikami sa ↩<br />
tu 2, 2 oraz 3, zatem<br />
NWD(24, 36) = 2 · 2 · 3 = 12.<br />
Opisana wyżej metoda zawodzi już przy liczbach trzycyfrowych.<br />
Nie jest bowiem ̷latwo roz̷lożyć ,,duża ↩<br />
” liczbe ↩<br />
na czynniki.<br />
Znacznie skuteczniejszy jest algorytm Euklidesa. Podstawa ↩<br />
tego algorytmu<br />
jest fakt, że jeżeli a = qb + r , to NWD(a, b) = NWD(b, r)<br />
(zobacz 1.6.2). Przypuśćmy, że chcemy znaleźć NWD(a, b) , gdzie a<br />
oraz b sa ↩<br />
liczbami naturalnymi, przy czym a > b . Przyjmujemy<br />
r −1 = a oraz r 0 = b , a naste ↩<br />
pnie określamy rekurencyjnie cia ↩<br />
g (r k )<br />
jako kolejne reszty z dzielenia r k−2 przez r k−1 , tj.<br />
r k−2 = q k r k−1 + r k , (*)<br />
gdzie q k dla k ∈ N sa ↩<br />
pewnymi liczbami ca̷lkowitymi.<br />
Za̷lóżmy, że chcemy znaleźć NWD(704, 341) . Wówczas, aby<br />
otrzymać cia ↩<br />
g (r k ) , wykonujemy kolejne dzielenia z reszta ↩<br />
:<br />
704 = 2 · 341 + 22<br />
341 = 15 · 22 + 11<br />
22 = 2 · 11 + 0.<br />
Zatem r 1 = 22 , r 2 = 11 , r 3 = 0 . Zauważmy, że z (*) bezpośrednio<br />
wynika, iż cia ↩<br />
g (r k ) jest ściśle maleja ↩<br />
cy. Ponieważ jest to cia ↩<br />
g liczb
Algorytm Euklidesa 35<br />
ca̷lkowitych nieujemnych, wie ↩<br />
c musi istnieć takie n , że r n+1 = 0 .<br />
Z zadania 1.6.2 wynika natomiast, że<br />
NWD(a, b) = NWD(r −1 , r 0 ) = NWD(r 0 , r 1 ) = NWD(r 1 , r 2 )<br />
= · · · = NWD(r n−1 , r n ).<br />
Ale, ponieważ r n+1 = 0 , wie ↩<br />
c z (*) wynika, że r n |r n−1 , czyli r n =<br />
NWD(r n−1 , r n ) = NWD(a, b) .<br />
Zatem najwie ↩<br />
kszy wspólny dzielnik liczb a i b , to ostatni<br />
niezerowy element w opisanym wyżej cia ↩<br />
gu (r n ) . Wracaja ↩<br />
c do<br />
naszego przyk̷ladu, otrzymujemy NWD(704, 341) = 11 .<br />
4.1.1. Znajdź NWD(704, 341) nie korzystaja ↩<br />
c z algorytmu Euklidesa.<br />
4.1.2. Znajdź NWD(128, 1024) nie korzystaja ↩<br />
c z algorytmu<br />
Euklidesa, a naste ↩<br />
pnie korzystaja ↩<br />
c z tego algorytmu.<br />
4.1.3. W 1.6 pokazaliśmy, że jeżeli NWD(a, b) = d , to istnieja ↩<br />
takie liczby ca̷lkowite x i y , że ax+by = d . Zastosuj algorytm Euklidesa<br />
do znalezienia NWD podanych par liczb, a naste ↩<br />
pnie znajdź<br />
odpowiadaja ↩<br />
ce tym parom x i y .<br />
(a) 26, 19; (b) 187, 34; (c) 841, 160; (d) 2613, 2171.<br />
4.1.4. Wykaż, że w cia ↩<br />
gu (r k ) , określonym przez algorytm<br />
Euklidesa, zachodzi zależność r k+2 < 1 2 r k .<br />
4.1.5. Dzia̷lanie algorytmu Euklidesa można nieznacznie<br />
przyspieszyć dopuszczaja ↩<br />
c tzw. ujemne reszty, to jest wybieraja ↩<br />
c<br />
r k−2 = q k r k−1 + r k lub r k−2 = q k r k−1 − r k w zależności od tego,<br />
które dzia̷lanie daje mniejsza ↩<br />
reszte ↩<br />
r k . Wykorzystaj te ↩<br />
metode ↩<br />
w czterech przyk̷ladach zadania 4.1.3.<br />
4.1.6. Pokaż, że dla cia ↩<br />
gu (r k ) z zadania 4.1.5 zachodzi<br />
r k ≤ 1 2 r k−1.<br />
4.1.7. Korzystaja ↩<br />
c z algorytmu Euklidesa, znajdź<br />
(a) NWD(10n + 9, n + 1) , gdzie n ∈ N ;<br />
(b) NWD(3n + 1, 10n + 3) , gdzie n ∈ N .
36 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
4.1.8. Pokaż, że liczba naturalna n = 10a + b , gdzie b ∈<br />
{0,1,. . . ,9} dzieli sie ↩<br />
przez m = 10q + 1 wtedy i tylko wtedy, gdy<br />
m|a − bq .<br />
4.1.9. Rozwia ↩<br />
ż w liczbach naturalnych uk̷lad równań<br />
x + y = 96, NWD(x, y) = 12.<br />
4.1.10. Rozwia ↩<br />
ż równanie NWD(x, a) = b , gdzie a i b sa ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym b ≠ 0 .<br />
4.1.11. Sprawdź, czy opisany wyżej algorytm Euklidesa można<br />
wykorzystać do wyznaczania NWD dowolnych liczb ca̷lkowitych<br />
niezerowych.<br />
4.1.12. Uzasadnij, że suma dwóch kolejnych liczb naturalnych<br />
oraz suma ich kwadratów sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze.<br />
4.2. Równania liniowe. Zajmiemy sie ↩<br />
teraz równaniami<br />
postaci<br />
ax + by = c, (1)<br />
gdzie a , b , c ∈ Z .<br />
Twierdzenie. Równanie (1) ma rozwia ↩<br />
zanie w liczbach ca̷lkowitych<br />
wtedy i tylko wtedy, gdy NWD(a, b)|c .<br />
Dowód. Za̷lóżmy, że równanie (1) ma rozwia ↩<br />
zanie (x 0 ,y 0 ) . Zatem,<br />
jeśli p|a oraz p|b , to p|ax 0 + by 0 , czyli p|c . W szczególności, jeśli<br />
p = NWD(a, b) , to p|c .<br />
Za̷lóżmy teraz, że d = NWD(a, b) i d|c . Niech e = c d . Istnieja ↩<br />
liczby x ′ oraz y ′ takie, że ax ′ + by ′ = d . Zatem para (ex ′ ,ey ′ )<br />
jest rozwia ↩<br />
zaniem (1).<br />
4.2.1. Sprawdź, które z poniższych równań maja ↩<br />
rozwia ↩<br />
zania<br />
w liczbach ca̷lkowitych.<br />
(a) 12x + 18y = 36 (c) 2613x + 2171y = 39 (e) 119x + 105y = 28<br />
(b) 65x + 39y = 16 (d) 12x + 15y = 333 (f) 28x + 35y = 347 .<br />
4.2.2. Wykaż, że jeśli NWD(a, b) = 2 , to równanie (1) ma<br />
rozwia ↩<br />
zanie wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
.
Algorytm Euklidesa 37<br />
4.2.3. Niech A be ↩<br />
dzie podzbiorem liczb ca̷lkowitych zawieraja<br />
↩<br />
cym dwie liczby wzgle ↩<br />
dnie pierwsze oraz takim, że wraz z dwiema<br />
liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume ↩<br />
i różnice ↩<br />
. Pokaż, że<br />
A = Z .<br />
4.2.4. Niech A be ↩<br />
dzie podzbiorem liczb ca̷lkowitych, który<br />
zawiera co najmniej jedna ↩<br />
liczbe ↩<br />
różna ↩<br />
od zera oraz takim, że wraz<br />
z dwiema liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume ↩<br />
i różnice ↩<br />
.<br />
Pokaż, że A sk̷lada sie ↩<br />
ze wszystkich liczb postaci mt , gdzie m<br />
jest najmniejsza ↩<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
zbioru A , a t dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
.<br />
4.2.5. Napisz równanie prostej na p̷laszczyźnie, do której nie<br />
należa ↩<br />
punkty o obu wspó̷lrze ↩<br />
dnych ca̷lkowitych.<br />
4.3. Rozwia ↩<br />
zywanie równań liniowych. Pokazanie, że<br />
rozwia ↩<br />
zanie istnieje, a znalezienie tego rozwia ↩<br />
zania, to dwie różne<br />
sprawy. Twierdzenie z podrozdzia̷lu 4.2 mówi nam jedynie o istnieniu<br />
rozwia ↩<br />
zania. By znaleźć to rozwia ↩<br />
zanie, pos̷lużymy sie ↩<br />
algorytmem<br />
podobnym do algorytmu Euklidesa.<br />
Za̷lóżmy, że mamy dane równanie (1), w którym a ≥ b . Oznaczmy<br />
a = r −1 oraz b = r 0 . Niech r n be ↩<br />
dzie ostatnia ↩<br />
niezerowa ↩<br />
reszta ↩<br />
w cia ↩<br />
gu reszt uzyskanym przez zastosowanie algorytmu Euklidesa<br />
do liczb r −1 i r 0 . Możemy zapisać r −1 = q 1 r 0 + r 1 , gdzie<br />
0 ≤ r 1 < r 0 . Wstawiaja ↩<br />
c do (1) mamy<br />
(q 1 r 0 + r 1 )x + r 0 y = c.<br />
Podstawiaja ↩<br />
c y 1 = x , x 1 = y + q 1 x , otrzymujemy<br />
r 0 x 1 + r 1 y 1 = c. (2)<br />
̷Latwo spostrzec, że jeśli x oraz y spe̷lniaja ↩<br />
(1), to wyznaczone<br />
przez nie liczby ca̷lkowite x 1 , y 1 spe̷lniaja ↩<br />
(2). Na odwrót, jeżeli<br />
x 1 , y 1 spe̷lniaja ↩<br />
(2), to x = y 1 , y = x 1 − q 1 y 1 spe̷lniaja ↩<br />
(1).<br />
Zatem badanie równania (1) sprowadza sie ↩<br />
do badania równania (2),<br />
w którym wspó̷lczynniki sa ↩<br />
mniejsze.<br />
Od równania (2) przechodzimy w podobny sposób do równania<br />
r 1 x 2 + r 2 y 2 = c, (3)
38 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
i tak dalej, aż dojdziemy do równania<br />
r n−1 x n + r n y n = c. (4)<br />
Ale r n jest ostatnia ↩<br />
niezerowa ↩<br />
reszta ↩<br />
, wie ↩<br />
c r n = NWD(r n−1 , r n ) =<br />
NWD(a, b) . Zatem r n |r n−1 i r n |c . Jeżeli r n−1 = q n+1 r n , to (4)<br />
przyjmuje postać<br />
r n x n+1 = c, (5)<br />
gdzie x n+1 = q n+1 x n + y n . Zauważmy, że jeśli x n+1 spe̷lnia (5), to<br />
dobieraja ↩<br />
c dowolna ↩<br />
wartość ca̷lkowita ↩<br />
dla x n i podstawiaja ↩<br />
c y n =<br />
x n+1 − q n+1 x n otrzymamy rozwia ↩<br />
zanie (4). Na odwrót, jeżeli x n<br />
i y n spe̷lniaja ↩<br />
(4), to liczba x n+1 = q n+1 x n + y n spe̷lnia (5).<br />
Aby otrzymać rozwia ↩<br />
zanie (1) podstawiamy wie ↩<br />
c x n = t<br />
i w zależności od t obliczamy kolejno y n , x n−1 , y n−1 . . . , x 1 ,<br />
y 1 , x , y .<br />
4.3.1. Rozwia ↩<br />
ż równania.<br />
(a) 12x + 18y = 36 (d) 12x + 15y = 333<br />
(b) 65x + 39y = 26 (e) 4x + 4y = 8<br />
(c) 2613x + 2171y = 39 (f) 119x + 105y = 28 .<br />
4.3.2. W zależności od parametru u rozwia ↩<br />
ż równanie<br />
12x + 15y = 3(7u − 22).<br />
4.3.3. Rozwia ↩<br />
ż równania.<br />
(a) 12x + 15y + 7z = 11 ; (b) 6x + 10y + 12z = 4 .<br />
Wskazówka. Równanie (a) jest równoważne równaniu 12x + 15y =<br />
11 − 7z . Zatem NWD(12, 15) = 3 musi dzielić (jeśli rozwia ↩<br />
zanie<br />
istnieje) różnice ↩<br />
11−7z . Zapisz 3t = 11−7z i rozwia ↩<br />
ż to równanie.<br />
Niewiadoma z be ↩<br />
dzie już obliczona. Aby znaleźć x oraz y rozwia ↩<br />
ż<br />
12x + 15y = 3t , gdzie t jest otrzymanym wcześniej rozwia ↩<br />
zaniem.<br />
4.3.4. Równanie 24x + 18y = 19 nie ma rozwia ↩<br />
zania. Nie<br />
bacza ↩<br />
c na to, spróbuj je ,,rozwia ↩<br />
zać” stosuja ↩<br />
c opisany algorytm.<br />
Gdzie wyste ↩<br />
puje problem<br />
4.3.5. Niech para liczb ca̷lkowitych (x 0 ,y 0 ) be ↩<br />
dzie rozwia ↩<br />
zaniem<br />
równania (1). Pokaż, że wszystkie rozwia ↩<br />
zania równania (1)<br />
dane sa ↩<br />
wzorami x = x 0 + b 1 t , y = y 0 − a 1 t , gdzie a 1 =<br />
b 1 =<br />
b<br />
NWD(a,b) , t ∈ Z .<br />
a<br />
NWD(a,b) ,<br />
4.3.6. Korzystaja ↩<br />
c z 4.3.5 znajdź wszystkie rozwia ↩<br />
zania<br />
równania 852x + 192y = 24 .
5. Kongruencje<br />
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji. Niech a , b<br />
oraz m be ↩<br />
da ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym m > 1 . Jeżeli<br />
m|a − b , to piszemy<br />
a ≡ b(mod m ) (*)<br />
i mówimy, że liczby a i b przystaja ↩<br />
do siebie modulo m . Na<br />
przyk̷lad −2 ≡ 4(mod 3 ) , 9 ≡ 1(mod 2 ) itp. Znak ,, ≡ ” nazywamy<br />
znakiem kongruencji, a liczbe ↩<br />
m , modu̷lem kongruencji.<br />
Relacje ↩<br />
oznaczona ↩<br />
symbolelm (*) nazywamy kongruencja ↩<br />
.<br />
5.1.1. Sprawdź, czy kongruencja jest relacja ↩<br />
równoważności.<br />
5.1.2. Pokaż, że dwie liczby ca̷lkowite przystaja ↩<br />
do siebie<br />
modulo m wtedy i tylko wtedy, gdy przy dzieleniu przez m<br />
maja ↩<br />
one jednakowe reszty, i wywnioskuj sta ↩<br />
d, że każda klasa<br />
równoważności relacji ,, ≡ ” ma dok̷ladnie jednego reprezentanta<br />
w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} .<br />
5.1.3. Pokaż, że kongruencja liczb a i b modulo m jest<br />
równoważna z możliwościa ↩<br />
przedstawienia liczby a w postaci a =<br />
b + mt , gdzie t jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
.<br />
5.1.4. Pokaż, że kongruencje o tym samym module można<br />
dodawać, odejmować i mnożyć stronami.<br />
5.1.5. Zauważmy, że chociaż 48 ≡ 18(mod 10 ) oraz 12 ≡<br />
2(mod 10 ) , to 4 ≢ 9(mod10) , czyli że nie mamy prawa dzielić<br />
stronami kongruencji.<br />
(a) Pokaż, że dla każdego c > 0 , jeśli ac ≡ bc(mod mc ),<br />
to a ≡ b(mod m ).<br />
(b) Wykaż, że jeżeli ac ≡ bc(mod m ) oraz NWD(m, c) =<br />
1 , to a ≡ b(mod m ).<br />
(c) Pokaż, że jeżeli a s ≡ 1(mod m ) i a t ≡ 1(mod n ) ,<br />
przy czym NWD(m, n) = 1, to zachodzi kongruencja<br />
a NWW(s,t) ≡ 1(mod mn ).<br />
(d) Wykaż, że jeżeli a ≡ b(mod n ) oraz a ≡ b(mod m ),<br />
to a ≡ b(mod NWW(m, n) ).
40 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
5.1.6. Pokaż, że 11|2 55 + 1 . Jaka jest ostatnia cyfra liczby<br />
2 55 + 1 w systemie o podstawie 11<br />
5.1.7. Wykaż, że 78|53 103 + 103 53 .<br />
5.1.8.<br />
(a) Znajdź ostatnia ↩<br />
cyfre ↩<br />
liczby 2 1000 .<br />
(b) Wyznacz cia ↩<br />
g ostatnich cyfr dla cia ↩<br />
gu liczb Fermata F n =<br />
2 2n + 1 ( n = 0,1,2,3,. . . ).<br />
5.1.9. Zbadaj, kiedy suma sześcianów trzech kolejnych liczb<br />
naturalnych jest podzielna przez 18.<br />
5.1.10. Udowodnij, że jeżeli n jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
nieujemna ↩<br />
,<br />
to liczba 2 n+2 + 3 2n+1 jest podzielna przez 7 .<br />
5.1.11. Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to<br />
(a) ( p<br />
k)<br />
≡ 0(mod p ) dla 1 ≤ k ≤ p − 1 ;<br />
(b) ( )<br />
p n<br />
k ≡ 0(mod p ) dla dowolnego ca̷lkowitego n ≥<br />
1 oraz 1 ≤ k ≤ p n − 1 ;<br />
(c) (a + b) pn ≡ a pn + b pn (mod p ) dla dowolnych liczb<br />
ca̷lkowitych a , b i dowolnego ca̷lkowitego n ≥ 0 .<br />
5.1.12. Uzasadnij, że dla każdej liczby naturalnej n , liczba<br />
2 n + 1 nie jest podzielna przez 7. Jaka może być ostatnia cyfra<br />
liczby 2 n + 1 w systemie o podstawie 7<br />
5.2. Kongruencje a wielomiany. Niech W (x) = w 0 +<br />
w 1 x + w 2 x 2 + · · · + w n x n be ↩<br />
dzie wielomianem o wspó̷lczynnikach<br />
ca̷lkowitych i niech a ≡ b(mod m ) . Z w̷lasności kongruencji<br />
wynika, że<br />
w 0 ≡ w 0 (modm)<br />
w 1 a ≡ w 1 b(modm)<br />
w 2 a 2 ≡ w 2 b 2 (modm)<br />
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .<br />
w n a n ≡ w n b n (modm).<br />
Dodaja ↩<br />
c stronami powyższe kongruencje otrzymujemy<br />
w 0 +w 1 a+w 2 a 2 +· · ·+w n a n ≡ w 0 +w 1 b+w 2 b 2 +· · ·+w n b n (mod m ),<br />
czyli W (a) ≡ W (b)(mod m ) .
Kongruencje 41<br />
5.2.1. Pokaż, że jeżeli A = 1 + 8 + 2 · 8 2 + · · · + n8 n , B =<br />
1 + 3 + 2 · 3 2 + · · · + n3 n , to 5|A − B .<br />
5.2.2. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach<br />
ca̷lkowitych jest taki, że W (2) jest podzielne przez 5 i W (5)<br />
jest podzielne przez 2, to W (7) jest podzielne przez 10.<br />
5.2.3. Niech n be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, a n 0 , n 1 , . . . , n s<br />
jej kolejnymi cyframi w uk̷ladzie dziesie ↩<br />
tnym, tzn. n = n 0 + n 1 10 +<br />
· · · + n s 10 s . Rozważmy wielomian N(x) = n 0 + n 1 x + · · · + n s x s .<br />
Jest to wielomian o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych oraz N(10) = n .<br />
Z kongruencji 10 ≡ 1(mod 3 ) wynika, że n = N(10) ≡ N(1) =<br />
n 0 + n 1 + · · · n s (mod 3 ) . Wyprowadź sta ↩<br />
d ceche ↩<br />
podzielności<br />
przez 3.<br />
5.2.4. Wyprowadź ceche ↩<br />
podzielności przez 9.<br />
5.2.5. Opieraja ↩<br />
c sie ↩<br />
na kongruencji 10 ≡ −1(mod 11 ) ,<br />
wyprowadź ceche ↩<br />
podzielności przez 11.<br />
5.2.6. Dane sa ↩<br />
trzy różne liczby ca̷lkowite a , b i c . Udowodnij,<br />
że nie istnieje wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych,<br />
taki że W (a) = b , W (b) = c , W (c) = a .<br />
5.2.7. Uzasadnij, że nie istnieje wielomian o wspó̷lczynnikach<br />
ca̷lkowitych, którego wartość dla każdej liczby naturalnej jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.2.8. Poproś kogoś, aby wybra̷l dowolna ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od 10 i wykona̷l naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce dzia̷lania:<br />
i) utworzy̷l sume ↩<br />
cyfr wybranej liczby i odja ↩̷l ja ↩<br />
od wybranej<br />
liczby;<br />
ii) w otrzymanej liczbie skreśli̷l pewna ↩<br />
niezerowa ↩<br />
cyfre ↩<br />
, a sume ↩<br />
pozosta̷lych cyfr poda̷l Tobie.<br />
Wtedy Ty jesteś w stanie wykryć skreślona ↩<br />
cyfre ↩<br />
. Podaj<br />
matematyczna ↩<br />
podstawe ↩<br />
regu̷ly wyznaczania ,,skreślonej cyfry”.
42 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
5.3. Kongruencje a równania. Niech W be ↩<br />
dzie wielomianem<br />
o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych, m be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od jedynki i niech liczba ca̷lkowita c be ↩<br />
dzie pierwiastkiem<br />
wielomianu W (x) . Jeżeli r jest reszta ↩<br />
z dzielenia c przez m ,<br />
to c ≡ r(mod m ) , sta ↩<br />
d W (r) ≡ W (c) ≡ 0(mod m ) . Zatem,<br />
jeżeli istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że W (c) = 0 , to istnieje<br />
r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} takie, że W (r) ≡ 0(mod m ) .<br />
5.3.1. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach<br />
ca̷lkowitych przybiera dla x = 0 i x = 1 wartości nieparzyste,<br />
to równanie W (x) = 0 nie ma pierwiastków ca̷lkowitych.<br />
5.3.2. Uzasadnij, że równanie<br />
100x 6 − 80x 5 + 36x 4 + 12x 3 + x 2 + 1001 = 0<br />
nie ma rozwia ↩<br />
zania w liczbach ca̷lkowitych.<br />
5.3.3. Udowodnij, że równanie 2x 2 − 215y 2 = 1 nie ma<br />
rozwia ↩<br />
zań w liczbach ca̷lkowitych.<br />
5.3.4. Wielomian o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych daje przy<br />
dzieleniu przez wielomian x 2 −12x+11 reszte ↩<br />
990x−889 . Wykaż,<br />
że wielomian ten nie ma pierwiastków ca̷lkowitych.<br />
5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata. Wiele obliczeń<br />
zwia ↩<br />
zanych z kongruencjami skraca<br />
Ma̷le Twierdzenie Fermata (MTF). Jeżeli liczba ca̷lkowita a<br />
jest niepodzielna przez liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
p , to a p−1 ≡ 1(mod p ) .<br />
Dowód. Niech r k oznacza reszte ↩<br />
z dzielenia liczby ak przez p (dla<br />
k ∈ {1,2,. . . p − 1} ). Wtedy ak ≡ r k (mod p ) . Sta ↩<br />
d<br />
a · 2a · 3a · · · (p − 1)a ≡ r 1 r 2 . . . r p−1 (mod p ). (*)<br />
Reszty r k sa ↩<br />
wszystkie różne, gdyż jeśli zachodzi̷laby równość r s =<br />
r l dla pewnych s i l , to wówczas as ≡ al(mod p ) , czyli p|(s−l)a ,<br />
co jest niemożliwe, gdyż p̸ | a i p̸ | s − l . Cia ↩<br />
g r 1 , r 2 , . . . , r p−1<br />
zawiera wie ↩<br />
c te same liczby co cia ↩<br />
g 1, 2, . . . , p − 1 , co najwyżej<br />
u̷lożone w innym porza ↩<br />
dku. Zatem r 1 r 2 . . . r p−1 = 1 · 2 · · · (p − 1) .
Kongruencje 43<br />
Sta ↩<br />
d wobec (*) mamy 1 · 2 · · · (p − 1)a p−1 ≡ 1 · 2 · · · (p − 1)(mod p ) ,<br />
czyli p|1 · 2 · · · (p − 1)(a p−1 − 1) . Ponieważ p̸ | 1 · 2 · · · (p − 1) , wie ↩<br />
c<br />
p|a p−1 − 1 , co dowodzi prawdziwości twierdzenia.<br />
Wniosek. Jeżeli p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to dla każdej liczby<br />
ca̷lkowitej a jest a p ≡ a(mod p ) .<br />
Dowód (wniosku). Jeżeli p̸ | a , to z MTF mamy a p−1 ≡ 1(mod p ) ,<br />
a ponieważ a ≡ a(mod p ) , wie ↩<br />
c po wymnożeniu stronami powyższych<br />
kongruencji mamy a p ≡ a(mod p ) .<br />
Jeżeli p|a , to p|a p − a , wie ↩<br />
c a p ≡ a(mod p ) .<br />
5.4.1. Stosuja ↩<br />
c metode ↩<br />
indukcji matematycznej, udowodnij,<br />
że dla dowolnej liczby naturalnej n jest n p ≡ n(mod p ) , gdzie p<br />
oznacza liczbe ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.4.2. Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej n<br />
(a) 30|n 5 − n ;<br />
(b) 15|n 7 − n 5 − n 3 + n .<br />
5.4.3. Udowodnij, że każda liczba pierwsza p > 5 jest dzielnikiem<br />
liczby n p = 11 . . . 1 napisanej w uk̷ladzie dziesie ↩<br />
tnym za<br />
pomoca ↩<br />
p − 1 jedynek.<br />
5.4.4. Wykaż, że jeżeli liczby a 1 , a 2 , . . . , a k sa ↩<br />
liczbami<br />
ca̷lkowitymi, p zaś liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to p|a p 1 + ap 2 + · · · + ap k<br />
wtedy<br />
i tylko wtedy, gdy p|a 1 + a 2 + · · · + a k .<br />
5.4.5. Udowodnij, że jeżeli liczby naturalne a , b , c i d<br />
spe̷lniaja ↩<br />
warunek a 2 + b 2 = c 2 + d 2 , to liczba a + b + c + d nie jest<br />
liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.4.6. Wykaż, że dla każdej liczby pierwszej p istnieje<br />
nieskończenie wiele liczb postaci 2 n − n podzielnych przez p , gdzie<br />
n ∈ N .<br />
5.4.7. Uzasadnij, że jeżeli a i b sa ↩<br />
liczbami ca̷lkowitymi, to<br />
liczba K = ab(a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 ) jest podzielna przez 30.<br />
5.4.8. Niech p be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Pokaż, że dla każdego<br />
ca̷lkowitego a takiego, że p̸ | a , istnieje dok̷ladnie jedno b takie, że<br />
1 ≤ b ≤ p − 1 oraz ab ≡ 1(mod p ) .
44 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
5.4.9. Dana jest liczba pierwsza p > 3 . Wykaż równoważność<br />
zdań:<br />
(i) Istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że liczba n 2 − n + 3 jest<br />
podzielna przez p .<br />
(ii) Istnieje taka liczba ca̷lkowita m , że liczba m 2 − m + 25<br />
jest podzielna przez p .<br />
5.4.10. Pokaż, że w cia ↩<br />
gu arytmetycznym postaci 4k + 1 istnieje<br />
nieskończenie wiele liczb pierwszych.<br />
Wskazówka. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest<br />
tylko skończona ilość. Niech to be ↩<br />
da ↩<br />
liczby p 1 , p 2 , . . . , p n .<br />
Rozważmy liczbe ↩<br />
K = 2p 1 p 2 . . . p n , a naste ↩<br />
pnie liczbe ↩<br />
K 2 + 1 .<br />
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera. Uogólnieniem<br />
MTF jest naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce<br />
Twierdzenie Eulera. Jeżeli liczby ca̷lkowite a i m sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie<br />
pierwsze, przy czym m > 1 , to a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) , gdzie ϕ(m)<br />
oznacza ilość liczb naturalnych mniejszych od m i wzgle ↩<br />
dnie pierwszych<br />
z m .<br />
Dowód. Udowodnimy najpierw twierdzenie w przypadku, gdy m<br />
jest pote ↩<br />
ga ↩<br />
liczby pierwszej, tj. gdy m = p α . Zastosujemy indukcje ↩<br />
wzgle ↩<br />
dem α . Z MTF wynika, ze twierdzenie jest prawdziwe dla<br />
α = 1 . Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla α − 1 , tzn.<br />
a ϕ(pα−1) ≡ 1(mod p α−1 ) . Ponieważ ϕ(p α−1 ) = p α−1 − p α−2 , wie ↩<br />
c<br />
a pα−1 −p α−2<br />
= 1 + p α−1 b dla pewnej liczby ca̷lkowitej b . Podnosza ↩<br />
c<br />
obie strony ostatniej równości do pote ↩<br />
gi p mamy<br />
(<br />
a pα−1 −p α−2) p (<br />
= 1 + p α−1 b ) p<br />
( ( p p<br />
= 1 + p<br />
1)<br />
α−1 b + (p<br />
2)<br />
α−1 b) 2 + · · ·<br />
( ) p<br />
+ (p α−1 b) p−1 + (p α−1 b) p .<br />
p − 1<br />
Ponieważ wspó̷lczynniki ( (<br />
p<br />
1)<br />
,<br />
p<br />
) (<br />
2 , . . . , p<br />
p−1)<br />
sa↩ podzielne przez p<br />
(zobacz 5.1.11(a)), wie ↩<br />
c a pα −p α−1 = 1 + p α c , czyli a ϕ(pα )<br />
≡
Kongruencje 45<br />
1(mod p α ) . Zatem twierdzenie jest prawdziwe dla pote ↩<br />
g liczb<br />
pierwszych.<br />
Niech teraz m = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s . Z udowodnionej cze ↩<br />
ści twierdzenia<br />
wynika, że a ϕ(pα i<br />
)<br />
i ≡ 1(mod p α i<br />
i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .<br />
Podnosza ↩<br />
c do odpowiedniej pote ↩<br />
gi, mamy<br />
a ϕ(pα 1<br />
1 )ϕ(pα 2<br />
2 )...ϕ(pα s<br />
s<br />
) ≡ 1(mod p α i<br />
i ).<br />
Wykorzystuja ↩<br />
c multyplikatywność funkcji ϕ (zobacz 2.6.11) mamy<br />
a ϕ(m) ≡ 1(mod p α i<br />
i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} . Z 5.1.5(d) wynika, że<br />
a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) .<br />
Z twierdzenia Eulera wynika, że jeżeli liczby a i m sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, to kongruencja wyk̷ladnicza a x ≡ 1(mod m )<br />
ma zawsze pierwiastek naturalny, mianowicie x = ϕ(m) . Kongruencja<br />
a x ≡ 1(mod m ) może mieć pierwiastek mniejszy od<br />
ϕ(m) . Na przyk̷lad pierwiastkiem kongruencji 10 x ≡ 1(mod 41 )<br />
jest liczba 5 mniejsza od ϕ(41) = 40 .<br />
Oznaczmy przez w m (a) najmniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
, taka ↩<br />
że<br />
a wm(a) ≡ 1(mod m ) . Liczba w m (a) nazywa sie ↩<br />
wyk̷ladnikiem, do<br />
jakiego należy a wed̷lug modu̷lu m . Zauważmy, że jeżeli a k ≡<br />
1(mod m ) , to w m (a)|k . Istotnie, jeżeli k = qw m (a) + r , gdzie<br />
0 ≤ r < w m (a) (dzielenie z reszta ↩<br />
), to 1 ≡ a qwm(a)+r ≡ ( a ) w q<br />
m(a) ·<br />
a r ≡ 1 q a r ≡ a r (mod m ) . Sta ↩<br />
d wobec minimalności w m (a) i nierówności<br />
r < w m (a) musi być r = 0 , tzn. w m (a)|k . Z powyższych<br />
rozważań i twierdzenia Eulera otrzymujemy naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy<br />
Wniosek. Jeżeli liczba a jest wzgle ↩<br />
dnie pierwsza z m oraz a k ≡<br />
1(mod m ) , to w m (a)|k . W szczególności w m (a)|ϕ(m) .<br />
5.5.1. Niech NWD(a, m) = 1 i niech r be ↩<br />
dzie reszta ↩<br />
z dzielenia<br />
n przez ϕ(m) . Pokaż, że a n ≡ a r (mod m ) .<br />
5.5.2. Niech a k ≡ 1(mod m ) i niech a l ≡ 1(mod m ) .<br />
Pokaż, że a NWD(k,l) ≡ 1(mod m ) .<br />
5.5.3. Znajdź reszte ↩<br />
z dzielenia<br />
(a) 317 259 przez 15;<br />
(b) 7 67 przez 12;<br />
(c) 4 113 przez 92;<br />
(d) 2 1000000 przez 77.
46 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
5.5.4. Pokaż, że jeżeli n = 73 · 37 , to 2 n−1 ≡ 1(mod n ) .<br />
5.5.5. Wykaż, że dla liczby naturalnej n ≥ 3 , liczba n 7 −<br />
14n 5 + 49n 3 − 36n dzieli sie ↩<br />
przez 20.<br />
5.5.6. Wyznacz wszystkie wartości naturalne n , dla których<br />
2 n − 1 jest liczba ↩<br />
podzielna ↩<br />
przez 7.<br />
5.5.7. Udowodnij, że dla dowolnej liczby nieparzystej m<br />
równanie 2 x = my +1 ma nieskończenie wiele rozwia ↩<br />
zań w liczbach<br />
naturalnych x , y .<br />
5.5.8. Wykaż, że iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych,<br />
z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej wie ↩<br />
kszej od 1,<br />
jest podzielny przez 504.<br />
5.5.9. Udowodnij twierdzenie Eulera wzoruja ↩<br />
c sie ↩<br />
na dowodzie<br />
MTF znajduja ↩<br />
cego sie ↩<br />
w 5.4.<br />
5.6. Rozwinie ↩<br />
cie okresowe a kongruencje. Rozwinie ↩<br />
cie<br />
dziesie ↩<br />
tne u̷lamka 5<br />
jak w Obliczeniu 1.<br />
13<br />
otrzymujemy przez ,,nieprzerwane” dzielenie<br />
0 ,384615(384615)<br />
5 :13<br />
5 0<br />
3 9<br />
1 1 0<br />
1 0 4<br />
60<br />
52<br />
80<br />
78<br />
20<br />
13<br />
70<br />
65<br />
5<br />
.<br />
Obliczenie 1.
Kongruencje 47<br />
Gdy tylko wysta ↩<br />
pi reszta 5, ca̷ly rachunek, który zacza ↩̷l sie ↩<br />
od 5,<br />
powtórzy sie ↩<br />
od pocza ↩<br />
tku, a zatem cia ↩<br />
g reszt 5, 11, 6, 8, 2, 7 i cia ↩<br />
g<br />
ilorazów 3, 8, 4, 6, 1, 5 be ↩<br />
dzie sie ↩<br />
stale powtarza̷l.<br />
5<br />
Zamieniaja ↩<br />
c<br />
13<br />
na u̷lamek okresowy, dokonaliśmy dzieleń<br />
przedstawionych w Obliczeniach 2.<br />
10 · 5 = 13 · 3 + 11<br />
10 · 11 = 13 · 8 + 6<br />
10 · 6 = 13 · 4 + 8<br />
10 · 8 = 13 · 6 + 2<br />
10 · 2 = 13 · 1 + 7<br />
10 · 7 = 13 · 5 + 5<br />
Obliczenia 2.<br />
Ogólnie, aby znaleźć rozwinie ↩<br />
cie dziesie ↩<br />
tne w̷laściwego nieskracalnego<br />
u̷lamka<br />
a b , którego mianownik jest wzgle ↩dnie pierwszy<br />
z liczba ↩<br />
10, dokonujemy naste ↩<br />
puja ↩<br />
cych dzieleń:<br />
10a = bq 1 + r 1<br />
10r 1 = bq 2 + r 2<br />
. . . . . . . . . . . . . . . . . .<br />
10r k−1 = bq k + r k<br />
(*)<br />
gdzie r i < b oraz q i < 10 dla i ∈ {1,2,. . . ,k} . Ponieważ<br />
NWD(10, b) = 1 i NWD(a, b) = 1 , wie ↩<br />
c NWD(r 1 , b) = 1 , a sta ↩<br />
d kolejno<br />
otrzymujemy, że NWD(r 2 , b) = NWD(r 3 , b) = · · · = NWD(r k , b) = 1 .<br />
5.6.1. Wykorzystuja ↩<br />
c powyższe oznaczenia, uzasadnij, że<br />
jeżeli liczba równości wyste ↩<br />
puja ↩<br />
cych w (*) jest równa wyk̷ladnikowi<br />
do jakiego należy 10 wed̷lug modu̷lu b , to r k = a oraz q k+1 = q 1 .<br />
5.6.2. Uzasadnij, że liczba cyfr w okresie rozwinie ↩<br />
cia w systemie<br />
o podstawie 10 nieskracalnego w̷laściwego u̷lamka a b , którego<br />
mianownik jest wzgle ↩<br />
dnie pierwszy z liczba ↩<br />
10, dzieli liczbe ↩<br />
ϕ(b)<br />
i jest równa najmniejszemu naturalnemu pierwiastkowi kongruencji<br />
10 x ≡ 1(mod b ) .
48 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
5.6.3. Znajdź ilość cyfr w okresie rozwinie ↩<br />
cia 1 5 w systemie<br />
o podstawie 2.<br />
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona. Poznamy<br />
teraz pewne fakty pozwalaja ↩<br />
ce scharakteryzować liczby pierwsze.<br />
Twierdzenie Wilsona. Jeżeli p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to<br />
(p − 1)! ≡ −1(mod p ).<br />
Dowód. Niech p > 2 . Z zadania 5.4.8 wynika, że dla każdego<br />
a ∈ {1,2,. . . ,p − 1} istnieje b ∈ {1,2,. . . ,p − 1} takie, że ab ≡<br />
1(mod p ) . Nazwijmy liczbe ↩<br />
b ,,odpowiednia ↩<br />
” 1 dla liczby a .<br />
Oczywiste jest, że jeżeli b jest ,,odpowiednia” dla a , to a jest<br />
,,odpowiednia” dla b . Zauważmy, że dla 1, ,,odpowiednia ↩<br />
” jest 1,<br />
a dla p−1 , ,,odpowiednia ↩<br />
” jest p−1 . Oprócz 1 i p−1 w cia ↩<br />
gu liczb<br />
1 , 2 , . . . , p − 1 nie ma innej liczby, która by by̷la równa swojej<br />
,,odpowiedniej”. Istotnie, gdyby a by̷lo taka ↩<br />
liczba ↩<br />
, to p|a 2 − 1 ,<br />
czyli p|a+1 lub p|a−1 . Nie jest to możliwe, gdy 3 ≤ a+1 ≤ p−1<br />
i 1 ≤ a − 1 ≤ p − 3 . Zatem liczby cia ↩<br />
gu 2 , 3 , . . . , p − 2 ,<br />
gdzie p > 2 rozpadaja ↩<br />
sie ↩<br />
na pary różnych liczb ,,odpowiednich”:<br />
m 1 , n 1 ; m 2 , n 2 ; . . . ; m p−3 , n p−3 . Ponieważ m i n i ≡ 1(mod p )<br />
2 2<br />
dla i ∈ { 1,2,. . . , p−3 }<br />
2 , wie↩ c<br />
m 1 n 1 · m 2 n 2 · · · · · m p−3 n p−3<br />
2 2<br />
· 1 · (p − 1) ≡ p − 1(mod p ).<br />
Czynniki iloczynu m 1 n 1 · m 2 n 2 · · · · · m p−3 n p−3 · 1 · (p − 1) różnia ↩<br />
sie ↩<br />
2 2<br />
od czynników iloczynu 1 · 2 · · · · · (p − 1) tylko porza ↩<br />
dkiem. Zatem<br />
(p − 1)! ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ).<br />
Twierdzenie jest też prawdziwe dla p = 2 , gdyż<br />
(2 − 1)! = 1 ≡ −1(mod 2 ).<br />
5.7.1. Uzasadnij, że 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .<br />
1 Czytelnik obeznany z arytmetyka↩ modulo zapewne zauważy̷l, że liczba ,,odpowiednia”<br />
dla liczby a jest odwrotna ↩ modulo p do a .
Kongruencje 49<br />
5.7.2. Uzasadnij, że liczba 712! + 1 jest z̷lożona.<br />
5.7.3. Udowodnij, że jeżeli liczba n > 1 jest taka, że (n−1)! ≡<br />
−1(mod n ) , to n jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.7.4. Udowodnij, że liczba naturalna p > 1 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
wtedy i tylko wtedy, gdy (p − 2)! ≡ 1(mod p ) .<br />
5.7.5. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych<br />
n , dla których liczba n! + 1 jest z̷lożona.<br />
5.7.6. Udowodnij, że jeżeli liczba n jest z̷lożona i n ≠ 4 , to<br />
(n − 1)! ≡ 0(mod n ).<br />
5.7.7. Znajdź wszystkie liczby naturalne nieparzyste n , dla<br />
których zachodzi (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) .<br />
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach.<br />
Przed rozpocze ↩<br />
ciem studiowania dowodu kolejnego twierdzenia, proponujemy<br />
naste ↩<br />
puja ↩<br />
ca ↩<br />
zabawe ↩<br />
:<br />
Poproś kogoś, żeby wybra̷l liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od 60 i wykona̷l naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce czynności:<br />
(i) podzieli̷l ja ↩<br />
przez 3 i poda̷l reszte ↩<br />
. Niech ta ↩<br />
reszta ↩<br />
be ↩<br />
-<br />
dzie a ;<br />
(ii) podzieli̷l te ↩<br />
liczbe ↩<br />
przez 4 i poda̷l reszte ↩<br />
. Niech ta ↩<br />
reszta ↩<br />
be ↩<br />
dzie b ;<br />
(iii) podzieli̷l te ↩<br />
liczbe ↩<br />
przez 5 i poda̷l reszte ↩<br />
. Niech ta ↩<br />
reszta ↩<br />
be ↩<br />
dzie c .<br />
Wybrana liczba jest reszta ↩<br />
otrzymana ↩<br />
z dzielenia<br />
liczby 40 a + 45 b + 36 c przez 60.<br />
Czy jesteś w stanie podać matematematyczna ↩<br />
podstawe ↩<br />
przytoczonej<br />
zabawy Jeżeli nie, to przestudiuj dowód twierdzenia<br />
zamieszczonego niżej.<br />
Chińskie twierdzenie o resztach. Niech n 1 , n 2 , . . . , n r be ↩<br />
da ↩<br />
liczbami naturalnymi parami wzgle ↩<br />
dnie pierwszymi, n = n 1 n 2 . . . n r<br />
oraz a 1 , a 2 , . . . , a r sa ↩<br />
dowolnymi liczbami ca̷lkowitymi. Wówczas
50 Cze ↩<br />
ść I – Zadania<br />
istnieje dok̷ladnie jedna liczba ca̷lkowita x należa ↩<br />
ca do przedzia̷lu<br />
[1,n] , taka że x ≡ a i (mod n i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} .<br />
Dowód. Oznaczmy iloczyn n 1 n 2 . . . n i−1 n i+1 . . . n r przez m i . Ponieważ<br />
NWD(n i , n j ) = 1 dla i ≠ j , wie ↩<br />
c NWD(m i , n i ) = 1 . Istnieja ↩<br />
zatem liczby ca̷lkowite k i , l i , takie że k i m i + l i n i = 1 . Wówczas<br />
k i m i ≡ 1(mod n i ) oraz k i m i ≡ 0(mod n j ) dla j ≠ i . Oznaczmy<br />
przez x 0 liczbe ↩<br />
a 1 k 1 m 1 + a 2 k 2 m 2 + · · · + a i k i m i + · · · + a r k r m r .<br />
Z powyższych kongruencji wynika, że x 0 ≡ a i k i m i ≡ a i (mod n i )<br />
dla dowolnego i ∈ {1,2,. . . ,r} . Niech x be ↩<br />
dzie reszta ↩<br />
z dzielenia<br />
x 0 przez n , czyli x 0 ≡ x(mod n i ) . Zatem x ≡ a i (mod n i ) .<br />
Pokazaliśmy, że ża ↩<br />
dana liczba x istnieje.<br />
Należy jeszcze pokazać, że w przedziale [1,n] istnieje dok̷ladnie<br />
jedna taka liczba. Przypuśćmy, że x,˜x ∈ [1,n] sa ↩<br />
rozwia ↩<br />
zaniami<br />
rozważanego uk̷ladu kongruencji, czyli x ≡ a i (mod n i ) oraz ˜x ≡<br />
a i (mod n i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} . Wówczas ˜x − x ≡ 0(mod n i ) dla<br />
i ∈ {1,2,. . . ,r} , sta ↩<br />
d ˜x ≡ x(mod n ) . Zatem x = ˜x .<br />
5.8.1. Analizuja ↩<br />
c dowód chińskiego twierdzenia o resztach, podaj<br />
matematyczna ↩<br />
podstawe ↩<br />
zabawy przytoczonej na pocza ↩<br />
tku 5.8.<br />
5.8.2. Oblicz, ile jest liczb naturalnych mniejszych od 2000,<br />
które przy dzieleniu przez 11 daja ↩<br />
reszte ↩<br />
1, a przy dzieleniu przez 4<br />
daja ↩<br />
reszte ↩<br />
3.<br />
5.8.3. Znajdź liczbe ↩<br />
trzycyfrowa ↩<br />
(w systemie dziesie ↩<br />
tnym),<br />
która daje reszte ↩<br />
4 przy dzieleniu przez 7, 9 i 11.<br />
5.8.4. Znajdź najmniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
dodatnia ↩<br />
, która daje reszte ↩<br />
1 przy dzieleniu przez 11, reszte ↩<br />
2 przy dzieleniu przez 12 i reszte ↩<br />
3<br />
przy dzieleniu przez 13.<br />
5.8.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych parami<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwszych p , q i r równanie x p + y q = z r ma<br />
rozwia ↩<br />
zanie w liczbach naturalnych x , y , z .<br />
a n+1<br />
5.8.6. Niech dane be ↩<br />
da ↩<br />
liczby naturalne a 1 , a 2 , . . . , a n ,<br />
parami wzgle ↩<br />
dnie pierwsze. Udowodnij, że równanie<br />
x a 1<br />
1 + xa 2<br />
2 + · · · + xa n<br />
n = x a n+1<br />
n+1<br />
ma nieskończenie wiele rozwia ↩<br />
zań w liczbach naturalnych.
CZE ↩ ŚĆ II – ROZWIA ↩<br />
ZANIA<br />
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych<br />
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych<br />
1.1.1. Zauważmy, że jeśli pomnożymy 5 przez liczbe ↩<br />
parzysta ↩<br />
,<br />
to otrzymamy liczbe ↩<br />
z zerem na końcu, a jeśli pomnożymy 5 przez<br />
liczbe ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
, to ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
iloczynu be ↩<br />
dzie 5. Istotnie,<br />
5 · (2k + 1) = k · 10 + 5 , a ponieważ ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
k · 10 jest 0,<br />
wie ↩<br />
c k · 10 + 5 ma na końcu 5. Sta ↩<br />
d wynika, że jeśli liczba n dzieli<br />
sie ↩<br />
przez 5, to jej ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
jest 0 lub 5. Zatem 5̸ | 12354 , ale<br />
5|12345 .<br />
1.1.2. Jeżeli m|a , to istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że m ·<br />
n = a . Ale wtedy m · (−n) = −a . Ponieważ −n jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, wie ↩<br />
c m|(−a) .<br />
1.1.3. Jeśli m|a , to istnieje liczba ca̷lkowita n taka, że mn =<br />
a . Ale wtedy m · (nb) = ab . Ponieważ nb jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
,<br />
wie ↩<br />
c mamy m|ab .<br />
1.1.4. Ponieważ 15|225 , wie ↩<br />
c 15|3 · 225 , a zatem 15|675 . Co<br />
wie ↩<br />
cej, 15|6000 (bo 15·400 = 6000 ) oraz 5775 = 6000−225 . Z za-<br />
̷lożenia wiemy, że istnieje liczba ca̷lkowita n taka, że 15 · n = 225 .<br />
Mamy zatem 5775 = 15(400 − n) . Ponieważ 400 − n jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, wie ↩<br />
c 15|5775 .<br />
1.1.5. Nie. Niech m = 6 , a = 2 i b = 3 . Wówczas m̸ | a ani<br />
m̸ | b , chociaż m|ab .
52 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.1.6. Jeżeli m|a oraz m|b , to istnieja ↩<br />
takie liczby ca̷lkowite<br />
n i k , że mn = a oraz mk = b . Sta ↩<br />
d a + b = m(n + k) , wie ↩<br />
c<br />
m|a + b . Podobnie a − b = m(n − k) , ska ↩<br />
d m|a − b .<br />
1.1.7. Mamy 770 = 784 − 14 oraz 812 = 784 + 28 . Zatem<br />
z poprzedniego zadania wynika, że 14|770 oraz 14|812 .<br />
1.1.8. Skoro istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że 14n = 784 ,<br />
to 7 · 2n = 784 . Zatem 7|784 . Z poprzedniego zadania wynika<br />
też, że 7|812 (bo 14|812 ). Ale gdyby 7 dzieli̷lo 817, to dzieli̷loby<br />
też różnice ↩<br />
817 − 812 = 5 . Ponieważ 7̸ | 5 , wie ↩<br />
c mamy sprzeczność.<br />
Czyli 7̸ | 817 .<br />
1.1.9. 790 nie wydaje sie ↩<br />
być podzielna ↩<br />
przez 14, ponieważ<br />
wtedy 790 − 784 = 6 dzieli̷loby sie ↩<br />
przez 14, ale to nie jest prawda.<br />
1.1.10. Za̷lóżmy, że 56|m oraz m > 2576 . Wtedy 56|m −<br />
2576 . Szukamy wie ↩<br />
c najmniejszej liczby dodatniej, która sie ↩<br />
dzieli<br />
przez 56. Jest to oczywiście 56. Zatem najmniejsza ↩<br />
po 2576 liczba ↩<br />
podzielna ↩<br />
przez 56 jest 2576 + 56 = 2632 .<br />
1.1.11. Jeśli 7|m , to 7|m − 315 . Zatem m − 315 jest jedna ↩<br />
z liczb 7, 14, 21, 28 itd. lub 0, −7 , −14 , −21 itd. Zatem liczby<br />
z przedzia̷lu (290,340) podzielne przez 7, to 294, 301, 308, 315, 322,<br />
329 i 336.<br />
1.1.12. Z tego, że m|a + b , nie można wiele wywnioskować.<br />
Jeśli bowiem m = 5 , a = 2 oraz b = 3 , to nie zachodzi ani<br />
koniunkcja m|a i m|b , ani alternatywa m|a lub m|b .<br />
1.1.13. Jeśli m|a+b oraz m|a−b , to wtedy m|(a+b)+(a−b)<br />
i m|(a + b) − (a − b) , wie ↩<br />
c m|2a oraz m|(−2b) (sta ↩<br />
d m|2b ).<br />
Za̷lóżmy, że m jest liczba ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
, powiedzmy m = 2k + 1<br />
dla pewnego k , i m|2a . Istnieje zatem n ca̷lkowite, takie że mn =<br />
2kn + n = 2a . Ponieważ n = 2a − 2kn = 2(a − kn) , wie ↩<br />
c n jest<br />
liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
. Zatem n 2<br />
jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
oraz m · n<br />
2 = a .<br />
Zatem m|a . Podobnie pokazujemy, że m|b (jeśli m jest liczba ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
).<br />
Jeśli m jest liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
, to wtedy m|2a nie implikuje<br />
m|a .
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 53<br />
1.1.14. Jeśli m|a oraz n|m , to istnieja ↩<br />
liczby ca̷lkowite k<br />
oraz l takie, że mk = a i nl = m . Zatem n(lk) = a , czyli n|a .<br />
1.1.15. Jeżeli m|a , to istnieje takie n ca̷lkowite, że mn = a .<br />
Z w̷lasności wartości bezwzgle ↩<br />
dnej mamy |m||n| = |a| . Ponieważ<br />
a ≠ 0 , wie ↩<br />
c n ≠ 0 . Zatem |m| = |a|<br />
|n| ≤ |a| .<br />
1.1.16. Z poprzedniego zadania mamy |m| ≤ |a| oraz |a| ≤<br />
|m| . Zatem |a| = |m| , czyli m = a lub m = −a .<br />
1.2. Zasada indukcji matematycznej<br />
1.2.1. Rozważmy zdanie T (n) mówia ↩<br />
ce o liczbie naturalnej<br />
n . Zak̷ladamy, że T (m) jest zdaniem prawdziwym dla pewnego<br />
m ∈ N 0 oraz że ze zdania T (k) wynika zdanie T (k+1) dla k ≥ m .<br />
Niech X = {n ∈ N m : T (n) jest fa̷lszywe} . Należy pokazać, że<br />
X = ∅ .<br />
Przypuśćmy, że X ≠ ∅ . Z zasady minimum wynika, że<br />
w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech l be ↩<br />
dzie ta ↩<br />
liczba ↩<br />
.<br />
Ponieważ T (m) jest zdaniem prawdziwym, wie ↩<br />
c l > m . Liczba<br />
l − 1 /∈ X , wie ↩<br />
c zdanie T (l − 1) jest prawdziwe. Jednakże<br />
z prawdziwości zdania T (l − 1) wynika natychmiast prawdziwość<br />
zdania T (l) . Zatem l /∈ X . Otrzymana sprzeczność dowodzi<br />
prawdziwości zasady indukcji.<br />
1.2.2. Rozważmy zbiór M = { n ∈ N 0 : 3|n 3 + 5n } .<br />
1 0 Ponieważ 3|0 , wie ↩<br />
c 0 ∈ M .<br />
2 0 Przypuśćmy, że k ∈ M , tj. że 3|k 3 + 5k . Uzasadnimy,<br />
że k + 1 ∈ M , czyli że<br />
3|(k + 1) 3 + 5(k + 1). (*)<br />
Z za̷lożenia mamy, że k 3 + 5k = 3t dla pewnego t ∈ N 0 .<br />
Zatem<br />
(k + 1) 3 + 5(k + 1) = k 3 + 5k + 3(k 2 + k + 2)<br />
= 3(t + k 2 + k + 2),<br />
sta ↩<br />
d (*).<br />
Na mocy zasady indukcji, M = N 0 , co oznacza, że 3|n 3 + 5n dla<br />
dowolnego n ∈ N 0 .
54 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.2.3.<br />
1 0 Jeżeli n = 2 , to mamy 2 22 + 1 = 17 . Ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
tej<br />
liczby jest wie ↩<br />
c 7.<br />
2 0 Jeżeli ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 2k + 1 jest 7, to 2 2k + 1 =<br />
10q + 7 , czyli 2 2k = 10q + 6 dla pewnego q ∈ N 0 . Sta ↩<br />
d<br />
2 2k+1 + 1 = 2 2k·2 + 1 =<br />
= (10q + 6) 2 + 1<br />
(<br />
2 2k) 2<br />
+ 1<br />
= 100q 2 + 120q + 36 + 1<br />
= 10(10q 2 + 12q + 3) + 7,<br />
co oznacza, że ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 2k+1 jest 7.<br />
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 2n +<br />
1 jest 7, jeśli n ∈ N 2 .<br />
1.2.4. Wynika bezpośrednio z zadania 1.2.3.<br />
1.2.5.<br />
1 0 Jeżeli n = 1 , to 2 41 − 5 = 11 . Ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 11<br />
jest 1.<br />
2 0 Jeżeli ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 4k − 5 jest 1, to 2 4k − 5 =<br />
10q + 1 . Sta ↩<br />
d<br />
2 4k+1 − 5 = 2 4k·4 − 5<br />
= (10q + 6) 4 − 5<br />
= 10000q 4 + 24000q 3 + 21600q 2<br />
+ 8640q + 1296 − 5<br />
= 10(1000q 4 + 2400q 3 + 2160q 2<br />
+ 864q + 129) + 1,<br />
co oznacza, że ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
2 4k +1 − 5 jest 1.<br />
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 4n −<br />
5 jest 1 dla n ∈ N 1 .
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 55<br />
1.3. Dzielenie z reszta ↩<br />
1.3.1.<br />
(a) 23 = 3 · 7 + 2 ;<br />
(b) 43 = 4 · 10 + 3 ;<br />
(c) 36 = 12 · 3 + 0 .<br />
1.3.2. Rozważamy zbiór X = {n − dk ∈ N 0 : k ∈ Z} . Zbiór<br />
ten nie jest pusty. Istotnie, jeśli n ≥ 0 , to n = n − d · 0 ∈ X ,<br />
a jeżeli n < 0 , to n − nd = n(1 − d) ∈ X . Z zasady minimum<br />
wynika, że w X istnieje liczba najmniejsza. Niech r be ↩<br />
dzie ta ↩<br />
liczba ↩<br />
. Ponieważ r ∈ X , wie ↩<br />
c istnieje liczba ca̷lkowita q taka, że<br />
r = n − dq , ska ↩<br />
d n = dq + r , gdzie r ≥ 0 . Zauważmy, że r < d .<br />
Gdyby tak nie by̷lo, tj. r ≥ d , to wtedy<br />
0 ≤ r − d = n − dq − d = n − d(q + 1) ∈ X<br />
oraz r − d < r . By̷loby to sprzeczne z wyborem liczby r . Zatem<br />
r < d .<br />
Pozosta̷lo jeszcze pokazać, że istnieje tylko jedna para liczb<br />
ca̷lkowitych q , r taka, że n = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d .<br />
Przypuśćmy nie wprost, że n = dq 1 + r 1 = dq 2 + r 2 , przy czym<br />
0 ≤ r 1 < d , 0 ≤ r 2 < d . Jeżeli np. r 1 < r 2 , to<br />
Ale r 2 − r 1 = d(q 1 − q 2 ) , wie ↩<br />
c<br />
0 < r 2 − r 1 < d. (1)<br />
d|r 2 − r 1 . (2)<br />
Wyrażenia (1) oraz (2) nie moga ↩<br />
być jednocześnie spe̷lnione, wie ↩<br />
c<br />
otrzymujemy sprzeczność. Podobnie rozumujemy, gdy r 1 > r 2 .<br />
Zatem musi być r 1 = r 2 . Co za tym idzie, to 0 = r 2 − r 1 =<br />
d(q 1 − q 2 ) , czyli wobec d ≠ 0 , mamy q 1 = q 2 .<br />
1.3.3.<br />
(2n + 1) 2 = 4n 2 + 4n + 1 = 4n(n + 1) + 1.<br />
Liczba n(n + 1) dzieli sie ↩<br />
przez 2, wie ↩<br />
c jest postaci 2k , k ∈ Z .<br />
Zatem (2n + 1) 2 = 8k + 1 .
56 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.3.4. n 2 +(n+1) 2 = n 2 +n 2 +2n+1 = 2n(n+1)+1 . Liczba<br />
n(n + 1) jest postaci 2q , gdzie q ∈ N , wie ↩<br />
c n 2 + (n + 1) 2 = 4q + 1 .<br />
1.3.5. Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita x taka, że<br />
3m + 2 = x 2 . Dowolna liczba ca̷lkowita jest postaci 3k , 3k + 1 lub<br />
3k + 2 ( k ∈ Z ). Jeśli x = 3k , to mamy 3m + 2 = 9k 2 , a sta ↩<br />
d<br />
3(3k 2 − m) = 2 , co oczywiście oznacza, że 3|2 . Otrzymaliśmy<br />
sprzeczność. Podobnie dochodzimy do sprzeczności zak̷ladaja ↩<br />
c, że<br />
x = 3k + 1 lub x = 3k + 2 .<br />
1.3.6.<br />
(2q 1 + 1) 2 + (2q 2 + 1) 2 = 4q 2 1 + 4q 1 + 1 + 4q 2 2 + 4q 2 + 1<br />
= 4(q 2 1 + q 2 2 + q 1 + q 2 ) + 2.<br />
Wystarczy zatem pokazać, że liczba ca̷lkowita postaci 4k + 2 nie<br />
jest kwadratem liczby ca̷lkowitej.<br />
Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita x taka, że 4k + 2 =<br />
x 2 . Jeśli x jest liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
, tj. x = 2l , to x 2 = 4l 2 , wie ↩<br />
c<br />
4(k − l 2 ) = −2 , czyli 4|2 . Otrzymaliśmy wie ↩<br />
c sprzeczność. Jeżeli<br />
x = 2l + 1 , to 4k + 2 = (2l + 1) 2 , czyli 4(k − l 2 − l) = −1 . Zatem<br />
4|1 i znowu otrzymujemy sprzeczność.<br />
1.4. Cze ↩ ść ca̷lkowita<br />
1.4.1. Z określenia cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej wynika, że [x] ≤ x , a z za-<br />
̷lożenia, że x ≤ y . Zatem [x] ≤ y . Z ostatniej nierówności wynika,<br />
że [x] jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
nie wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od y . Ponieważ [y] jest<br />
najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
spośród takich liczb ca̷lkowitych, wie ↩<br />
c [x] ≤ [y] .<br />
1.4.2. Ponieważ −n ≤ −n+α < −n+1 , wie ↩<br />
c [−n+α] = −n .<br />
1.4.3.<br />
(a) Zauważmy, że jeżeli x jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, to −x jest<br />
także liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
. Mamy zatem [x] = x oraz [−x] =<br />
−x . Sta ↩<br />
d [−x] = −x = −[x] .<br />
(b) Jeżeli x nie jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, to x = [x] + α , gdzie<br />
α ∈ (0,1) . Wtedy<br />
−x = −[x] − α = −[x] − 1 + (1 − α).
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 57<br />
Ponieważ 1 − α ∈ (0,1) , wie ↩<br />
c [−x] = −[x] − 1 (zobacz 1.4.2).<br />
(c) Zapiszmy x w postaci x = [x] + {x} . Wówczas<br />
[x + n] = [[x] + n + {x}] = [x] + n.<br />
1.4.4. Ponieważ x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈<br />
[0,1) , wie ↩<br />
c x + y = [x] + [y] + α + β . Tutaj α + β ∈ [0,1) ba ↩<br />
dź<br />
α + β ∈ [1,2) . Sta ↩<br />
d<br />
{<br />
[x] + [y], gdy α + β ∈ [0,1)<br />
[x + y] =<br />
[x] + [y] + 1, gdy α + β ∈ [1,2) ,<br />
czyli [x + y] ≥ [x] + [y] .<br />
1.4.5. Niech x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈ [0,1) .<br />
Ponieważ [x] = [y] , wie ↩<br />
c<br />
|x − y| = |α − β| < 1.<br />
[ ]<br />
1.4.6. Liczba [x]<br />
n<br />
jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
. Oznaczmy ja ↩<br />
przez α . Mamy zatem nierówność<br />
czyli nierówność<br />
α ≤ [x]<br />
n < α + 1,<br />
αn ≤ [x] < n(α + 1).<br />
Ale x = [x] + β , gdzie β ∈ [0,1) oraz αn i n(α + 1) sa ↩<br />
liczbami<br />
ca̷lkowitymi, wie ↩<br />
c<br />
αn ≤ x < n(α + 1).<br />
Sta ↩<br />
d α ≤ x n < α + 1 , wie ↩c [ x<br />
n]<br />
= α .<br />
1.4.7. Z określenia cze ↩<br />
ści ca̷lkowitej wynika, że<br />
5x + 4<br />
7<br />
≤ 2x + 3<br />
5<br />
< 5x + 4<br />
7<br />
Rozwia ↩<br />
zuja ↩<br />
c powyższa ↩<br />
nierówność mamy<br />
+ 1.<br />
− 34<br />
11 < x ≤ 1 11 ,
58 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
sta ↩<br />
d<br />
− 126<br />
77 < 5x + 4<br />
7<br />
≤ 49<br />
77 .<br />
Ponieważ 5x+4<br />
7<br />
jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, może przyjmować wartości −1<br />
lub 0 (jedyne liczby ca̷lkowite z przedzia̷lu ( − 126<br />
77 , 49<br />
77]<br />
). Z równań<br />
5x + 4<br />
7<br />
= −1 lub<br />
wynika, że x = − 11 5<br />
lub x = − 4 5 .<br />
5x + 4<br />
7<br />
= 0<br />
1.4.8. Zapisuja ↩<br />
c x w postaci x = [x] + {x} , mamy<br />
[<br />
[[x] + {x}] + [x] + {x} + 1 ] [<br />
+ [x] + {x} + 2 ]<br />
+<br />
n<br />
n<br />
[<br />
+ · · · + [x] + {x} + n − 1 ]<br />
.<br />
n<br />
Korzystaja ↩<br />
c z zadania 1.4.3(c) przekszta̷lcamy (1) do postaci<br />
[<br />
[x] + [{x}] + [x] + {x} + 1 ] [<br />
+ [x] + {x} + 2 ]<br />
+<br />
n<br />
n<br />
[<br />
+ · · · + [x] + {x} + n − 1 ]<br />
.<br />
n<br />
(1)<br />
(2)<br />
Upraszczaja ↩<br />
c zapis w (2) otrzymujemy<br />
n−1<br />
∑<br />
[<br />
n[x] + {x} + j ]<br />
. (3)<br />
n<br />
j=0<br />
Ale dla dowolnej liczby rzeczywistej x można tak dobrać i należa ↩<br />
ce<br />
do zbioru {0,1,. . . n − 1} , że<br />
i − 1<br />
n < {x} < i n . (4)<br />
Drugi sk̷ladnik sumy (3) możemy wie ↩<br />
c zapisać w postaci<br />
∑n−i<br />
[<br />
{x} + j ]<br />
+<br />
n<br />
j=0<br />
n−1<br />
∑<br />
j=n−i+1<br />
[<br />
{x} + j ]<br />
. (5)<br />
n
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 59<br />
Dla j ∈ {0,1,. . . n − i} mamy<br />
0 ≤ {x} + j n < i n + n − i<br />
n<br />
= 1. (6)<br />
Natomiast dla j ∈ {n − i + 1,n − i + 2,. . . n − 1} mamy<br />
oraz<br />
{x} + j n ≥ i − 1<br />
n + n − i + 1<br />
n<br />
{x} + j n < i n + n − 1<br />
n<br />
= n + i − 1<br />
n<br />
= 1 (7)<br />
≤ 2. (8)<br />
Z (6) wynika, że pierwsza suma w (5) jest równa 0, a z (7) oraz (8)<br />
dostajemy, że druga suma w (5) jest równa (n − 1) − (n − i) , czyli<br />
i − 1 .<br />
Sta ↩<br />
d mamy, że wyrażenie (1) jest równe n[x] + i − 1 . Z drugiej<br />
strony,<br />
[nx] = [n([x] + {x})] = n[x] + [n {x}].<br />
Wobec (4) otrzymujemy<br />
i − 1 ≤ n {x} < i,<br />
co oznacza, że [n {x}] = i − 1 . Zatem [nx] = n[x] + i − 1 .<br />
1.4.9. Ponieważ<br />
[ n<br />
] [ ] [ ]<br />
n + 1 n + k − 1<br />
+ + · · · +<br />
k k<br />
k<br />
[ n<br />
] [ n<br />
= +<br />
k k + 1 ] [ n<br />
+ · · · +<br />
k k + k − 1 ]<br />
,<br />
k<br />
wie ↩<br />
c wystarczy skorzystać z 1.4.8.<br />
1.5. Dzielenie z reszta ↩<br />
– dalsze w̷lasności<br />
1.5.1.<br />
(a) 83 = (−3) · (−27) + 2 ;<br />
(b) −71 = (−4) · 18 + 1 .
60 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.5.2. K̷lada ↩<br />
c<br />
[ m<br />
]<br />
q = + 1<br />
n<br />
oraz r = m − qn,<br />
mamy m n < q ≤ m n + 1 , ska ↩d wynika<br />
m > qn ≥ m + n,<br />
czyli −m < −qn ≤ −m − n . Zatem dodaja ↩<br />
c m do wszystkich<br />
sk̷ladników otrzymanej nierówności mamy<br />
Sta ↩<br />
d<br />
0 < m − qn ≤ −n.<br />
0 < r ≤ |n|.<br />
1.5.3. Niech n = kp + r , gdzie 0 ≤ r < p . Wtedy<br />
wielokrotnościami liczby p mniejszymi od n sa ↩<br />
liczby (i tylko one):<br />
[<br />
Jest ich dok̷ladnie k =<br />
n<br />
p<br />
p, 2p, . . . , kp.<br />
]<br />
.<br />
1.5.4. Mamy n = 2m + 1 = 3k + 2 = 4s + 3 = 5l + 4 .<br />
Ponieważ n = 5l + 4 = (4l + 4) + l , wie ↩<br />
c reszta z dzielenia liczby<br />
(4l+4)+l przez 4 jest równa reszcie z dzielenia l przez 4. Ponieważ<br />
(4l +4)+l = 4s+3 , wie ↩<br />
c reszta z dzielenia l przez 4 jest równa 3 .<br />
Zatem<br />
l ∈ {3,7,11,15,19 . . .} .<br />
Jeżeli l = 3 , to n = 19 nie spe̷lnia warunków zadania. Podobnie,<br />
gdy l = 7 , to n = 39 nie spe̷lnia naszych warunków. Natomiast<br />
dla l = 11 , liczba n = 59 spe̷lnia warunki zadania.
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 61<br />
1.6. Najwie ↩<br />
kszy wspólny dzielnik<br />
1.6.1. Jeśli m < 0 , to NWD(m, n) = −m . Istotnie, (−m)|m<br />
oraz (−m)|n . Jeżeli c|m i c|n , to c|(−m) .<br />
Jeżeli m > 0 , to NWD(m, n) = m . Zatem NWD(m, n) = |m| .<br />
1.6.2. Niech d = NWD(m, n) . Wtedy d|m i d|n . Sta ↩<br />
d wobec<br />
równości m = nq + r , mamy d|r . Czyli d|n i d|r . Jeśli c|n oraz<br />
c|r , to z równości m = nq +r wynika, że c|m . Ponieważ c|n i c|m<br />
oraz d = NWD(m, n) , wie ↩<br />
c c|d . Zatem d = NWD(n, r) .<br />
1.6.3. Zauważmy, że<br />
98 = 1 · 56 + 42,<br />
56 = 1 · 42 + 14,<br />
42 = 3 · 14 + 0.<br />
Zatem NWD(98, 56) = NWD(56, 42) = NWD(42, 14) = NWD(14, 0) =<br />
14 .<br />
1.6.4. Przypuśćmy, że NWD(n, n + 1) = d . Wtedy d|n oraz<br />
d|n + 1 , czyli n = dm oraz n + 1 = dp dla pewnych liczb<br />
ca̷lkowitych m i p . Sta ↩<br />
d 1 = (n + 1) − n = dp − dm = d(p − m) ,<br />
co oznacza, że d|1 . Ponieważ d ≥ 1 , wie ↩<br />
c d = 1 .<br />
1.6.5. Jeżeli d = NWD(2k + 1, 2k + 3) , to 2k + 1 = da i<br />
2k + 3 = db dla pewnych liczb ca̷lkowitych a i b . Sta ↩<br />
d 2 =<br />
(2k + 3) − (2k + 1) = d(b − a) . Zatem d|2 , czyli d = 2 lub<br />
d = 1 . Jeżeli jednak d = 2 , to z warunku 2k + 1 = da wynika, że<br />
2(k − a) = −1 , czyli 2|(−1) , co nie jest możliwe. Zatem d = 1 .<br />
1.6.6. Przypuśćmy, że NWD(m 1 , n 1 ) = s > 1 . Wtedy m 1 =<br />
sm 2 oraz n 1 = sn 2 dla pewnych m 2 , n 2 ∈ Z . Sta ↩<br />
d m = dsm 2<br />
i n = dsn 2 . Ponieważ s > 1 , wie ↩<br />
c liczby m i n maja ↩<br />
wspólny<br />
dzielnik ds wie ↩<br />
kszy od d wbrew temu, że NWD(m, n) = d . Zatem<br />
s = 1 .<br />
1.6.7. Za̷lóżmy, że d = NWD(a, a + b) . Wtedy a = dx oraz<br />
a+b = dy dla pewnych liczb ca̷lkowitych x i y . Sta ↩<br />
d b = dy−dx =<br />
d(y − x) , czyli d|b . Wynika sta ↩<br />
d, że d jest wspólnym dzielnikiem<br />
liczb a i b . Ponieważ jednak NWD(a, b) = 1 , wie ↩<br />
c d = 1 , czyli<br />
u̷lamek<br />
a<br />
a+b<br />
jest nieskracalny.
62 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.6.8. Ponieważ NWD(m, n) = 1 , wie ↩<br />
c istnieja ↩<br />
liczby ca̷lkowite<br />
x oraz y takie, że mx + ny = 1 . Mnoża ↩<br />
c ostatnia ↩<br />
równość przez<br />
k otrzymujemy mkx + nky = k . Ponieważ m|nk , wie ↩<br />
c istnieje<br />
liczba ca̷lkowita a taka, że nk = ma . Sta ↩<br />
d mkx + may = k , czyli<br />
m(kx + ay) = k , co oznacza, że m|k .<br />
1.6.9. Najwie ↩<br />
kszym wspólnym dzielnikiem liczb m , n i p<br />
nazywamy taka ↩<br />
liczbe ↩<br />
d ≥ 1 , że<br />
(a) d|m , d|n oraz d|p ;<br />
(b) jeśli c|m , c|n i c|p , to c|d .<br />
Zauważmy, że najwie ↩<br />
kszy dzielnik w̷laściwy liczby 24 (tj. różny<br />
od 1 i od 24), czyli 12, jest również dzielnikiem 36 oraz 120.<br />
Ponieważ 24 nie jest dzielnikiem 36 , wie ↩<br />
c NWD(24,36,120) = 12 .<br />
1.6.10. Zauważmy najpierw, że przynajmniej jedna z liczb<br />
a 1 , a 2 , . . . , a k musi być różna od zera. Najwie ↩<br />
kszym wspólnym<br />
dzielnikiem liczb a 1 , a 2 , . . . , a k nazywamy taka ↩<br />
liczbe ↩<br />
d ≥ 1 , że<br />
(a) d|a j dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} ;<br />
(b) jeśli c|a j dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} , to c|d .<br />
Aby znaleźć NWD(36,120,180,600) , sprawdzamy, czy dzielniki<br />
liczby 36 (od najwie ↩<br />
kszego do najmniejszego) sa ↩<br />
też dzielnikami pozosta̷lych<br />
trzech liczb. Mamy 36̸ | 120 , wie ↩<br />
c 36 nie jest wspólnym<br />
dzielnikiem, podobnie jak 18, które także nie dzieli 120. Ponieważ<br />
12 dzieli 120, 180 oraz 600, jest to szukany najwie ↩<br />
kszy wspólny<br />
dzielnik.<br />
1.6.11. Oznaczmy d = NWD(m,n,p) (zdefiniowanemu w zadaniu<br />
1.6.9) i d ′ = PNWD(m,n,p) . Trzeba pokazać, że d =<br />
d ′ . Ponieważ d ′ |m oraz d ′ |NWD(n, p) , wie ↩<br />
c d ′ dzieli każda ↩<br />
z liczb m , n i p . Zatem d ′ |d . Z drugiej strony, skoro<br />
d|n i d|p , wie ↩<br />
c d|NWD(n, p) . Ponieważ zachodzi też d|m , wie ↩<br />
c<br />
d|NWD(m, NWD(n, p)) , co oznacza, że d|d ′ . Z definicji NWD wynika,<br />
że d ′ ≥ 1 . Sta ↩<br />
d i z faktów, że d|d ′ oraz d ′ |d mamy d = d ′ .<br />
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność<br />
1.7.1.<br />
(a) Liczba NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) + 1 spe̷lnia warunki zadania.
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 63<br />
(b) Liczba NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) − 1 spe̷lnia warunki zadania.<br />
Istotnie,<br />
NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) − 1 = 2k 1 − 1 = 2(k 1 − 1) + 1<br />
= 3k 2 − 1 = 3(k 2 − 1) + 2<br />
= 4k 3 − 1 = 4(k 3 − 1) + 3<br />
= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .<br />
= 10k 9 − 1 = 10(k 9 − 1) + 9.<br />
1.7.2. Ponieważ a|a 1 db 1 oraz b|a 1 db 1 , wie ↩<br />
c NWW(a, b)|a 1 db 1 .<br />
Sta ↩<br />
d wynika, że<br />
a 1 db 1 = NWW(a, b)s (*)<br />
dla pewnej liczby ca̷lkowitej s . Wystarczy pokazać, że s = 1 .<br />
Przypuśćmy, nie wprost, że s > 1 . Ponieważ a|NWW(a, b)<br />
oraz b|NWW(a, b) , wie ↩<br />
c NWW(a, b) = ar = bt dla pewnych liczb<br />
ca̷lkowitych r i t . Podstawiaja ↩<br />
c do (*) otrzymujemy<br />
a 1 db 1 = a 1 drs = b 1 dts.<br />
Sta ↩<br />
d a 1 = ts oraz b 1 = rs , czyli a = dts i b = drs , co z kolei<br />
oznacza, że NWD(a, b) ≥ ds > d , ska ↩<br />
d sprzeczność.<br />
1.7.3. Niech NWD(a, b) = d i niech a = da 1 , b = db 1 . Wtedy<br />
NWW(a, b) = a 1 db 1 (zobacz zadanie 1.7.2). Sta ↩<br />
d<br />
ab = a 1 db 1 d = NWD(a, b)NWW(a, b).<br />
1.7.4. Jeżeli liczby a i b sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze (czyli<br />
NWD(a, b) = 1 ), to NWD(a, b)NWW(a, b) = NWW(a, b) . Zatem z zadania<br />
1.7.3 wynika ża ↩<br />
dana równość.<br />
1.7.5. Niech d = NWD(a, b) . Wtedy d ≤ a oraz d ≤ b . Sta ↩<br />
d<br />
(d − a)(d − b) ≥ 0 , czyli d 2 − db − ad + ab ≥ 0 . Sta ↩<br />
d i z zadania<br />
1.7.3,<br />
d 2 − d(a + b) + dNWW(a, b) ≥ 0<br />
i ostatecznie<br />
d + NWW(a, b) ≥ a + b.
64 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
1.7.6.<br />
(a) Niech w be ↩<br />
dzie wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb m oraz n .<br />
Dziela ↩<br />
c w przez NWW(m, n) , mamy w = qNWW(m, n)+r ,<br />
gdzie q ∈ Z oraz 0 ≤ r < NWW(m, n) . Zauważmy, że m|r<br />
i n|r . Jeżeli r > 0 , to r jest wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb m oraz n mniejsza ↩<br />
od NWW(m, n) . Z otrzymanej<br />
sprzeczności wynika, że r = 0 , czyli, że NWW(m, n)|w .<br />
(b) Niech d 1 be ↩<br />
dzie wspólnym dzielnikiem liczb m oraz n<br />
i niech d be ↩<br />
dzie najwie ↩<br />
kszym wspólnym dzielnikiem liczb<br />
m i n . Liczba m jest wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb<br />
d oraz d 1 , wie ↩<br />
c NWW(d, d 1 )|m . Liczba n jest również<br />
wspólna ↩<br />
wielokrotnościa ↩<br />
liczb d i d 1 , wie ↩<br />
c NWW(d, d 1 )|n .<br />
Oznacza to, iż NWW(d, d 1 ) jest wspólnym dzielnikiem<br />
liczb m oraz n , wie ↩<br />
c NWW(d, d 1 ) ≤ d . Z drugiej<br />
strony, NWW(d, d 1 ) ≥ d (co wynika z definicji najmniejszej<br />
wspólnej wielokrotności). Zatem NWW(d, d 1 ) = d . Sta ↩<br />
d<br />
ostatecznie mamy d 1 |d .<br />
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki<br />
1.8.1. Przypuśćmy, że NWD(c, b) = d . Wtedy d|c oraz d|b .<br />
Ponieważ c|a , wie ↩<br />
c d|a oraz d|b . Ale NWD(a, b) = 1 , wie ↩<br />
c d = 1 .<br />
1.8.2. Przypuśćmy, że NWD(ab, c) = d . Wtedy d|ab oraz<br />
d|c . Ponieważ d|c oraz NWD(a, c) = 1 , wie ↩<br />
c w myśl 1.8.1 mamy<br />
NWD(a, d) = 1 . Sta ↩<br />
d, wobec tego że d|ab oraz zasadniczego twierdzenia<br />
arytmetyki, mamy d|b . Zatem d|b oraz d|c . Ponieważ<br />
NWD(b, c) = 1 , wie ↩<br />
c d = 1 .<br />
1.8.3. Zastosuj indukcje ↩<br />
wzgle ↩<br />
dem n .<br />
1.8.4. Liczby wymierne dodatnie sa ↩<br />
to ilorazy dwóch liczb<br />
naturalnych a b . Niech NWD(a, b) = d . Wówczas a = a 1d , b = b 1 d ,<br />
gdzie NWD(a 1 , b 1 ) = 1 . Sta ↩<br />
d<br />
a<br />
b = a 1d<br />
b 1 d = a 1<br />
b 1<br />
.<br />
Aby pokazać jednoznaczność przedstawienia przypuśćmy, że m n =<br />
, gdzie NWD(m, n) = 1 oraz NWD(r, s) = 1 . Wtedy ms = nr ,<br />
r<br />
s
Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 65<br />
sta ↩<br />
d r|ms . Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki wynika, że r|m .<br />
Istnieje zatem liczba naturalna t taka, że m = rt . Podstawiaja ↩<br />
c<br />
mamy rts = nr , czyli ts = n . Z powyższych rozważań wynika,<br />
że t jest wspólnym dzielnikiem m i n . Ponieważ NWD(m, n) = 1 ,<br />
wie ↩<br />
c t = 1 . Sta ↩<br />
d ostatecznie mamy r = m oraz s = n .
2.1. Poje ↩<br />
cie liczby pierwszej<br />
2. Liczby pierwsze<br />
2.1.1. Sa ↩<br />
to 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 i 19.<br />
2.1.2. Najmniejszymi liczbami pierwszymi wie ↩<br />
kszymi od podanych<br />
liczb sa ↩<br />
(a) 29, (b) 59, (c) 101.<br />
2.1.3. Niech p be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Za̷lóżmy najpierw, że<br />
p < 30 . Wówczas p = 0 · 30 + p . Jeśli za̷lożymy, że p > 30 , to<br />
otrzymamy p = q30 + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,29} . Ponieważ p<br />
jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, wie ↩<br />
c NWD(30, r) = 1 . Bezpośrednio ̷latwo jest<br />
sprawdzić, że r może być równe jednej z naste ↩<br />
puja ↩<br />
cych liczb: 1, 7,<br />
11, 13, 17, 19, 23, 29.<br />
2.1.4. Niech p > 3 be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Należy pokazać, że<br />
p 2 = 12k + 1 , czyli że 12|p 2 − 1 . Ponieważ 3|(p − 1)p(p + 1) (jako<br />
iloczyn kolejnych trzech liczb naturalnych) oraz 3̸ | p , wie ↩<br />
c 3|(p −<br />
1)(p+1) . Liczby p−1 oraz p+1 sa ↩<br />
parzyste, wie ↩<br />
c 4|(p−1)(p+1) .<br />
Zatem 12|(p − 1)(p + 1) .<br />
2.1.5. Jeżeli liczba a n = 2 n + 1 , gdzie n > 2 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to nie może być postaci 3k i nie może być też postaci<br />
3k +1 (bo wtedy 2 n by̷loby postaci 3k ). Zatem, jeżeli a n = 2 n +1<br />
jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to jest postaci 3k + 2 . Wtedy b n = 2 n − 1 =<br />
(2 n + 1) − 2 = 3k + 2 − 2 = 3k , co oznacza, że b n nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Analogicznie uzasadniamy, że jeśli b n jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
,<br />
to a n nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.1.6. Przypuśćmy, że 6k + 1 = p 1 − p 2 , gdzie p 1 i p 2 sa ↩<br />
liczbami pierwszymi. Jeżeli p 2 = 2 , to p 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) ,<br />
czyli p 1 nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Jeżeli p 2 = 2s + 1 , to p 1 =<br />
6k + 1 + 2s + 1 = 2((3k + s) + 1) , co oznacza, że p 1 nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.1.7. Liczba pierwsza p może być postaci 3k + 1 lub 3k +<br />
2 , lub p = 3 . Jeżeli p = 3k + 1 , to liczba 8(3k + 1) 2 + 1 =<br />
3(24k 2 + 16k + 3) jest liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
. Jeżeli p = 3k + 2 , to liczba<br />
8(3k + 2) 2 + 1 = 3(24k 2 + 32k + 11) jest także liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
. Jeśli<br />
p = 3 , to 8p 2 +1 = 73 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Wtedy 8p 2 +2p+1 = 79<br />
też jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.
Liczby pierwsze 67<br />
Uwaga. W rozwia ↩<br />
zaniu tego zadania można też wykorzystać<br />
zadanie 2.1.4. Istotnie, z zadania 2.1.4 wynika, że jeżeli p > 3 ,<br />
to p 2 ≡ 1(mod 12 ) . Mnoża ↩<br />
c obie strony tej kongruencji przez 8,<br />
a naste ↩<br />
pnie dodaja ↩<br />
c 1, mamy 8p 2 + 1 ≡ 9(mod 12 ) . Sta ↩<br />
d wynika,<br />
że 3|8p 2 + 1 , co oznacza, że liczba 8p 2 + 1 nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
,<br />
gdy p > 3 . Zatem liczba 8p 2 + 1 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
wtedy i tylko<br />
wtedy, gdy p = 3 . Wówczas liczba 8p 2 +2p+1 = 79 jest też liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.1.8. Niech n be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
. Jeśli jest to liczba<br />
pierwsza, nasz problem jest rozwia ↩<br />
zany, ponieważ n|n . Za̷lóżmy, że<br />
liczba n jest z̷lożona, czyli że istnieja ↩<br />
liczby k , takie że 1 < k < n ,<br />
które dziela ↩<br />
n . Niech q be ↩<br />
dzie najmniejsza ↩<br />
z nich. Pokażemy, że<br />
q jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Istotnie, jeśli 1 < r < q oraz r|q , to także<br />
r|n . Zatem r jest mniejszym od q dzielnikiem w̷laściwym liczby<br />
n . Przeczy to wyborowi q . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że q<br />
jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
2.2. Ile jest liczb pierwszych<br />
2.2.1. Jeśli p j |p 1 p 2 . . . p k + 1 dla pewnego 1 ≤ j ≤ k , to<br />
ponieważ p j |p 1 p 2 . . . p k , wie ↩<br />
c mamy p j |1 . Jest to niemożliwe.<br />
2.2.2. Za̷lóżmy, że q|n! + 1 oraz q ≤ n . Wówczas, ponieważ<br />
q|n! , musia̷loby być q|1 , wie ↩<br />
c q = 1 .<br />
2.2.3. Przypuśćmy, że istnieje liczba naturalna n taka, że<br />
dla każdej liczby pierwszej p zachodzi nierówność p ≤ n . Mamy<br />
p̸ | n!+1 (patrz poprzednie zadanie). Z drugiej strony, istnieje liczba<br />
pierwsza q , która dzieli n! + 1 (z zadania 2.1.8). Zatem liczba q<br />
musi być wie ↩<br />
ksza od n .<br />
2.2.4. Za̷lóżmy, że m = n + k oraz NWD(F n , F m ) = d > 1 dla<br />
n ≠ m . Istnieje zatem liczba pierwsza p , która dzieli d . Zatem<br />
p|F n oraz p|F m . Oznacza to, że istnieje liczba t taka, że pt − 1 =<br />
2 2n . Sta ↩<br />
d (pt − 1) 2k = 2 2n+k = 2 2m . Stosuja ↩<br />
c wzór dwumianowy<br />
Newtona zauważamy, że (pt − 1) 2k = pu + 1 dla pewnego u .<br />
Sta ↩<br />
d p|2 2m − 1 , czyli p|F m − 2 . Z drugiej strony mamy, że p|F m ,<br />
wie ↩<br />
c p|2 . Ponieważ p nie może być równe 2 (bo F n jest liczba ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
), wie ↩<br />
c jeśli p|d , to p = 1 . Otrzymaliśmy sprzeczność,<br />
wie ↩<br />
c również d jest równe 1, czyli F n i F m sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze.
68 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
2.2.5.<br />
(a) Przypuśćmy, że liczb pierwszych jest skończona ilość.<br />
Możemy je wie ↩<br />
c wypisać. Przypuśćmy, że sa ↩<br />
to p 1 ,<br />
p 2 , . . . , p k . Ale wówczas liczba p 1 p 2 . . . p k +1 nie dzieli<br />
sie ↩<br />
przez żadna ↩<br />
z liczb pierwszych (zadanie 2.2.1), choć<br />
musi (zadanie 2.1.8). Sta ↩<br />
d sprzeczność.<br />
(b) Wybierzemy indukcyjnie cia ↩<br />
g nieskończony liczb pierwszych.<br />
Niech p 1 = 2 (jest to, oczywiście, liczba pierwsza).<br />
Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba pierwsza<br />
p 2 > p 1 . Przypuśćmy, że wybraliśmy już liczby pierwsze<br />
p 1 , p 2 , . . . , p k . Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba<br />
pierwsza p k+1 wie ↩<br />
ksza od p k . W̷la ↩<br />
czamy ja ↩<br />
do naszego<br />
cia ↩<br />
gu. Na podstawie indukcji matematycznej możemy<br />
wie ↩<br />
c wybrać nieskończenie wiele różnych liczb pierwszych.<br />
Zatem tych liczb jest nieskończenie wiele.<br />
(c) Mamy cia ↩<br />
g nieskończony liczb Fermata (F n ) . Wyrazy<br />
tego cia ↩<br />
gu sa ↩<br />
parami wzgle ↩<br />
dnie pierwsze (zadanie 2.2.4),<br />
wie ↩<br />
c każdemu z nich możemy przyporza ↩<br />
dkować jego najmniejszy<br />
dzielnik pierwszy p n . ̷Latwo zauważyć, że przyporza<br />
↩<br />
dkowanie F n → p n ze zbioru liczb Fermata do<br />
zbioru liczb pierwszych jest różnowartościowe. Zatem<br />
liczb pierwszych jest przynajmniej tyle, ile liczb Fermata,<br />
czyli nieskończenie wiele.<br />
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki<br />
2.3.1. W przedstawieniu liczby naturalnej n w postaci<br />
iloczynu liczb pierwszych (zobacz twierdzenie na pocza ↩<br />
tku 2.3)<br />
moga ↩<br />
wyste ↩<br />
pować równe liczby pierwsze. Oznaczmy przez p 1 ,<br />
p 2 , . . . , p s różne czynniki pierwsze, a przez α 1 , α 2 , . . . , α s<br />
cze ↩<br />
stości wyste ↩<br />
powania ich w rozk̷ladzie liczby n . Wówczas<br />
n = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s .<br />
2.3.2. Jeżeli a = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα k<br />
k<br />
oraz b = p β 1<br />
1 pβ 2<br />
2 . . . pβ k<br />
k<br />
, gdzie<br />
α ≥ 0 i β ≥ 0 , to NWD(a, b) = p min(α 1,β 1 )<br />
1 p min(α 2,β 2 )<br />
2 . . . p min(α k,β k )<br />
k<br />
,<br />
NWW(a, b) = p max(α 1,β 1 )<br />
1 p max(α 2,β 2 )<br />
2 . . . p max(α k,β k )<br />
k<br />
.<br />
2.3.3. Zauważmy, że min(α i ,β i ) + max(α i ,β i ) = α i + β i .<br />
Korzystaja ↩<br />
c z poprzedniego zadania otrzymujemy teze ↩<br />
.
Liczby pierwsze 69<br />
2.3.4. Niech √ n = p q<br />
, gdzie p,q ∈ N oraz NWD(p, q) = 1 .<br />
Wtedy nq 2 = p 2 . Ponieważ NWD(p, q) = 1 , wie ↩<br />
c NWD(<br />
p 2 , q 2) = 1<br />
(zobacz 1.8.2). Sta ↩<br />
d wobec równości nq 2 = p 2 mamy p 2 |n , czyli<br />
n = p 2 m dla pewnego m ∈ N . Po podstawieniu mamy p 2 mq 2 =<br />
p 2 , sta ↩<br />
d mq 2 = 1 , czyli m = 1 oraz q = 1 . Zatem n = p 2 . Jeżeli<br />
p = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s , to n = p 2 = p 2α 1<br />
1 p 2α 2<br />
2 . . . p 2α s<br />
s .<br />
2.3.5.<br />
(a) Z treści zadania wynika, że m = p α m 1 oraz n = p β n 1 ,<br />
przy czym p̸ | m 1 oraz p̸ | n 1 . Sta ↩<br />
d mn = p α+β m 1 n 1 ,<br />
przy czym p̸ | m 1 n 1 . Zatem p α+β ||mn .<br />
(b) Bez zmniejszenia ogólności możemy za̷lożyć, że α < β ,<br />
wie ↩<br />
c α = min(α,β) . Ponieważ m = p α m 1 , n = p β n 1 ,<br />
przy czym p̸ | m 1 oraz p̸ | n 1 , wie ↩<br />
c m + n = p α (m 1 +<br />
p β−α n 1 ) . Zauważmy, że p̸ | (m 1 + p β−α n 1 ) . Istotnie,<br />
gdyby p|(m 1 + p β−α n 1 ) , to wówczas p dzieli̷loby m 1 ,<br />
ponieważ p|p β−α . Zatem p α ||m + n .<br />
(c) Aby sie ↩<br />
przekonać, że za̷lożenia tego nie można pomina ↩<br />
ć,<br />
wystarczy wzia ↩<br />
ć m = n = p = 2 .<br />
2.3.6. Każda ↩<br />
liczbe ↩<br />
wymierna ↩<br />
możemy zapisać jako iloraz<br />
liczby ca̷lkowitej w przez naturalna ↩<br />
v , przy czym NWD(w, v) = 1 .<br />
Zapiszmy v = r γ 1<br />
1 rγ 2<br />
2 . . . rγ t<br />
t , |w| = q β 1<br />
1 qβ 2<br />
2 . . . qβ u<br />
u oraz ε = w<br />
|w| .<br />
Wówczas w v = εqβ 1<br />
1 qβ 2<br />
2 . . . qβ u<br />
u r −γ 1<br />
1 r −γ 2<br />
2 . . . r −γ t<br />
t .<br />
2.3.7. Na pocza ↩<br />
tku zauważmy, że suma podana w treści zadania<br />
jest w istocie skończona, [ ponieważ od pewnego momentu liczby<br />
p i n<br />
sa ↩<br />
wie ↩<br />
ksze od n , wie ↩<br />
c = 0 . Rozważmy teraz cia ↩<br />
g 1 ,<br />
p i ]<br />
2 , . . . , n . Liczby tego cia ↩<br />
gu podzielne przez p i (dla ustalonego i )<br />
sa ↩<br />
postaci lp i , gdzie l jest pewna ↩<br />
liczba ↩<br />
ca̷lkowita [ ↩<br />
nieujemna ↩<br />
, taka ↩<br />
że lp i n<br />
≤ n . Zatem liczb tych jest dok̷ladnie . Najwyższy<br />
wyk̷ladnik α pote ↩<br />
gi liczby p , która dzieli n! otrzymamy biora ↩<br />
c<br />
liczbe [ ] ↩<br />
wyrazów cia ↩<br />
gu 1 , 2 , . . . , n podzielnych przez p (czyli<br />
n<br />
p<br />
), dodaja ↩<br />
c do niej liczbe ↩<br />
wyrazów podzielnych przez p 2 (czyli<br />
[ ]<br />
[ ]<br />
n<br />
p<br />
), naste 2 ↩<br />
pnie liczbe ↩<br />
wyrazów podzielnych przez p 3 n<br />
(czyli<br />
p<br />
) 3<br />
itd. Sta ↩<br />
d α = ∑ [<br />
∞ n<br />
i=1<br />
.<br />
p i ]<br />
p i ]
70 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
2.3.8. Zgodnie z zadaniem 2.3.7, wyk̷ladniki tych pote ↩<br />
g sa ↩<br />
równe<br />
(a) α = ∑ ∞<br />
[ 100<br />
]<br />
i=1 2 = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97 .<br />
i<br />
(b) α = ∑ ∞<br />
[ 100<br />
]<br />
i=1 5 = 20 + 4 = 24 .<br />
i<br />
(c) α = ∑ ∞<br />
[ 100<br />
]<br />
i=1 97 = 1 .<br />
i<br />
2.3.9.<br />
(a) Najwie ↩<br />
ksza pote ↩<br />
ga liczby 6 , która dzieli 100! jest iloczynem<br />
najwie ↩<br />
kszej pote ↩<br />
gi liczby 3, która dzieli 100! oraz<br />
takiej samej pote ↩<br />
gi liczby 2. Zatem jest to 6 48 .<br />
(b) Skoro najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
pote ↩<br />
ga ↩<br />
dwójki dziela ↩<br />
ca ↩<br />
100! jest 97,<br />
wie ↩<br />
c najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
pote ↩<br />
ga ↩<br />
czwórki dziela ↩<br />
ca ↩<br />
100! jest 43.<br />
Natomiast najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
pote ↩<br />
ga ↩<br />
siódemki dziela ↩<br />
ca ↩<br />
100! jest<br />
16. Zatem szukana ↩<br />
pote ↩<br />
ga ↩<br />
liczby 28 jest 28 16 .<br />
2.3.10. Ilość zer danej liczby n jest równa wyk̷ladnikowi<br />
najwie ↩<br />
kszej pote ↩<br />
gi liczby 10, która dzieli n , czyli wyk̷ladnikowi<br />
najwie ↩<br />
kszej pote ↩<br />
gi liczby 5, która dzieli n . W przypadku n = 100!<br />
wyk̷ladnik ten jest równy 24.<br />
Ponieważ<br />
2.4. Uwagi o funkcji π(x)<br />
2.4.1. Z nierówności a < π(x) :<br />
x<br />
ln x<br />
lim<br />
x→∞<br />
a<br />
ln x = lim<br />
x→∞<br />
a<br />
ln x < π(x)<br />
x < b<br />
ln x .<br />
b<br />
ln x = 0 , wie ↩c<br />
< b wynika, że<br />
π(x)<br />
lim<br />
x→∞ x = 0 .<br />
2.4.2. Liczby 10 n , 2 · 10 n , 4 · 10 n oraz 8 · 10 n ( n ≥ 0 )<br />
maja ↩<br />
po tyle samo cyfr. W myśl twierdzenia Czebyszewa, możemy<br />
,,wetkna ↩<br />
ć” pomie ↩<br />
dzy nie co najmniej po jednej liczbie pierwszej.<br />
Wszystkie ,,wetknie ↩<br />
te” liczby pierwsze be ↩<br />
da ↩<br />
mia̷ly po tyle samo cyfr.<br />
2.4.3. Zastosujemy tu indukcje ↩<br />
ze wzgle ↩<br />
du na k . Dla k = 3<br />
mamy p 3 = 5 = 2 + 3 = p 1 + p 2 . Za̷lóżmy teraz, że teza jest<br />
spe̷lniona dla wszystkich k ≤ m . Z twierdzenia Czebyszewa wynika,<br />
że istnieje przynajmniej jedna liczba pierwsza pomie ↩<br />
dzy p m+1 i<br />
2p m+1 . Najmniejsza z tych liczb to oczywiście p m+2 . Z za̷lożenia<br />
indukcyjnego mamy, że p m+2 < 2p m+1 = p m+1 + p m+1 ≤ p 1 + p 2 +<br />
· · · + p m + p m+1 . Zatem na podstawie indukcji teza jest prawdziwa.
Liczby pierwsze 71<br />
2.4.4. Zauważmy najpierw, że faktycznie 5 = p 3 = p 2 + p 1<br />
i, oczywiście, ani p 2 , ani p 1 nie sa ↩<br />
sumami wszystkich liczb<br />
pierwszych mniejszych od nich. Teraz zauważmy, że z twierdzenia<br />
Czebyszewa oraz poprzedniego zadania wynika, iż dla k > 3 mamy<br />
p k < 2p k−1 ≤ p k−1 + p k−2 + . . . + p 1 , a skoro zachodzi ostra<br />
nierówność, to nie może zachodzić równość.<br />
2.4.5. Najpierw zobaczmy, że 1, 2, 3 oraz 4 nie sa ↩<br />
suma ↩<br />
wszystkich liczb pierwszych mniejszych od nich, a 5 jest. Za̷lóżmy<br />
teraz, że n > 5 . Niech p k ( k-ta z kolei liczba pierwsza be ↩<br />
dzie<br />
najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od n . Zatem n ≤ p k+1 <<br />
2p k ≤ p 1 + p 2 + · · · + p k , na podstawie twierdzenia Czebyszewa<br />
i zadania 2.4.3. Tak wie ↩<br />
c n nie może być suma ↩<br />
k pierwszych liczb<br />
pierwszych, czyli wszystkich liczb pierwszych mniejszych od n .<br />
2.4.6. Ponieważ jeśli k ≤ m+1 , to k|(m+1)!+k , wie ↩<br />
c każda<br />
z liczb w cia ↩<br />
gu ((m + 1)! + k) 2≤k≤m+1<br />
jest z̷lożona. Elementów<br />
cia ↩<br />
gu jest dok̷ladnie m . By rozwia ↩<br />
zać zadanie wystarczy wie ↩<br />
c za n<br />
wybrać taka ↩<br />
liczbe ↩<br />
, że p n jest najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od (m+1)!+2 . Wtedy musi być p n+1 > (m+1)!+m+1 ≥ p n +m .<br />
2.4.7.<br />
(a) Z nierówności π(p) < p mamy −p < −π(p) .<br />
pπ(p) − p < pπ(p) − π(p) = (p − 1)π(p) , czyli<br />
π(p)<br />
p<br />
Sta ↩<br />
d<br />
π(p)−1<br />
p−1<br />
<<br />
. Ponieważ π(p) − 1 = π(p − 1) , wie ↩<br />
c π(p−1)<br />
p−1<br />
(b) Jeżeli m jest liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
, to π(m−1) = π(m) . Zatem<br />
π(m)<br />
m<br />
= π(m−1)<br />
m<br />
< π(m−1)<br />
m−1<br />
.<br />
2.5. Twierdzenie Dirichleta<br />
2.5.1. (a) m = 2 , n = 2 ; (b) m = 4 , n = 4 .<br />
< π(p)<br />
p<br />
.<br />
2.5.2. Ponieważ tylko 2 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
parzysta ↩<br />
, wie ↩<br />
c pozosta̷le<br />
liczby pierwsze (których jest nieskończenie wiele) musza ↩<br />
być<br />
liczbami nieparzystymi.<br />
2.5.3.<br />
(a) Podzielmy wszystkie liczby naturalne na trzy klasy. Do<br />
pierwszej zaliczmy liczby postaci 3k , do drugiej 3k + 1<br />
i do trzeciej 3k + 2 . Wystarczy pokazać, że w rozk̷ladzie
72 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
każdej liczby trzeciej klasy wyste ↩<br />
puje przynajmniej jedna<br />
liczba trzeciej klasy. Ponieważ 3̸ | 3k + 2 , wie ↩<br />
c liczby<br />
pierwszej klasy nie moga ↩<br />
wyste ↩<br />
pować w rozk̷ladach liczb<br />
trzeciej klasy. Zauważmy teraz, że iloczyn dwóch liczb<br />
drugiej klasy jest liczba ↩<br />
drugiej klasy. Istotnie, (3k 1 +<br />
1)(3k 2 +1) = 3(3k 1 k 2 +k 1 +k 2 )+1 . Zatem, gdyby rozk̷lad<br />
pewnej liczby sk̷lada̷l sie ↩<br />
tylko z liczb drugiej klasy, to ta<br />
liczba też musia̷laby być liczba ↩<br />
drugiej klasy. Zatem w rozk̷ladzie<br />
liczby postaci 3k + 2 przynajmniej jedna liczba<br />
jest postaci 3k + 2 .<br />
(b) Z cze ↩<br />
ści (a) wynika, że liczba n ma dzielniki postaci<br />
3k + 2 . Niech p oznacza najmniejszy z tych dzielników.<br />
Przypuśćmy, że p nie jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Istnieja ↩<br />
wtedy<br />
liczby naturalne r , s takie, że p = r·s , gdzie 1 < r < p ,<br />
1 < s < p . Liczba p jest postaci 3k + 2 , wie ↩<br />
c z cze ↩<br />
ści (a)<br />
wynika, że r jest postaci 3k+2 lub s jest postaci 3k+2 .<br />
Niech, na przyk̷lad, r be ↩<br />
dzie postaci 3k + 2 . Wówczas r<br />
jest dzielnikiem postaci 3k +2 liczby n mniejszym od p ,<br />
co jest sprzeczne z wyborem liczby p .<br />
2.5.4. Oznaczmy P = p 1 p 2 . . . p n . Ponieważ liczba p m , gdzie<br />
1 ≤ m ≤ n , dzieli P, a nie dzieli 2, wie ↩<br />
c p m̸ | 3P +2 . Podobnie, 2|2 ,<br />
ale 2̸ | 3P , ponieważ 3 oraz wszystkie p m sa ↩<br />
nieparzyste. Zatem<br />
2̸ | 3P + 2 .<br />
2.5.5. Przypuśćmy, że tak nie jest i że p 0 = 2 , p 1 , p 2 . . . , p n<br />
sa ↩<br />
wszystkimi liczbami pierwszymi postaci 3k+2 . Rozważmy liczbe ↩<br />
L = 3p 1 p 2 . . . p n + 2 . Ponieważ dla 0 ≤ m ≤ n mamy p m < L<br />
oraz L jest postaci 3k + 2 , wie ↩<br />
c L musi być liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
. Jednakże<br />
w jej rozk̷ladzie musi znajdować sie ↩<br />
liczba pierwsza p postaci<br />
3k + 2 (zadanie 2.5.3). Z drugiej strony p ≠ p m dla 0 ≤ m ≤ n ,<br />
ponieważ p|L (zadanie 2.5.4). Zatem p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
postaci<br />
3k + 2 różna ↩<br />
od każdej z p m . Sta ↩<br />
d sprzeczność.<br />
2.5.6. Podobnie jak w zadaniu 2.5.3 pokazujemy, że w rozk̷ladzie<br />
liczby postaci 4k + 3 przynajmniej jedna liczba jest postaci<br />
4k + 3 . Naste ↩<br />
pnie, podobnie jak w zadaniu 2.5.4, uzasadniamy, że<br />
jeśli p 0 = 3 , p 1 , p 2 . . . , p n sa ↩<br />
liczbami pierwszymi postaci 4k+3 ,<br />
to liczba 4p 1 p 2 . . . p n + 3 nie dzieli sie ↩<br />
przez żadna ↩<br />
z liczb p 0 , p 1 ,<br />
p 2 , . . . , p n . Wreszcie rozwia ↩<br />
zujemy niniejsze zadanie rozumuja ↩<br />
c<br />
podobnie jak w zadaniu 2.5.5.
Liczby pierwsze 73<br />
2.5.7. Rozwia ↩<br />
zujemy podobnie jak poprzednie zadanie.<br />
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera<br />
2.6.1.<br />
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920<br />
θ(n) 1 2 2 3 2 4 2 4 3 4 2 6 2 4 4 5 2 6 2 6<br />
2.6.2. Za̷lóżmy, że m|n . W rozk̷ladzie liczby m sa ↩<br />
tylko liczby<br />
pierwsze p , które sa ↩<br />
dzielnikami n . Ponieważ w rozk̷ladzie n<br />
liczba p i wyste ↩<br />
puje z wyk̷ladnikiem α i , wie ↩<br />
c w rozk̷ladzie liczby m<br />
musi ona wyste ↩<br />
pować z wyk̷ladnikiem 0 < β i ≤ α i lub nie<br />
wyste ↩<br />
pować. Zatem każdy dzielnik n jest ża ↩<br />
danej postaci. W druga<br />
↩<br />
strone ↩<br />
, ̷latwo sie ↩<br />
przekonać, że p β 1<br />
1 pβ 2<br />
2 . . . pβ s<br />
s dzieli n dla 0 ≤<br />
β i ≤ α i .<br />
2.6.3. Korzystaja ↩<br />
c z poprzedniego zadania wnioskujemy, że<br />
dzielnikami liczby n = p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s sa ↩<br />
te i tylko te liczby, które<br />
w swym rozk̷ladzie maja ↩<br />
tylko liczby pierwsze be ↩<br />
da ↩<br />
ce dzielnikami n<br />
w pote ↩<br />
gach nie wie ↩<br />
kszych od α i . Ponieważ mamy α i +1 możliwości<br />
wyboru takich pote ↩<br />
g, wie ↩<br />
c θ(n) = (α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1) .<br />
2.6.4. θ(100) = θ(2 2 · 5 2 ) = (2 + 1)(2 + 1) = 9 ;<br />
θ(1024) = θ(2 10 ) = 11 .<br />
2.6.5. Z uwagi na zadanie 2.6.3 mamy<br />
(α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1) = 3.<br />
Zatem musi być s = 1 oraz α 1 = 2 . Sta ↩<br />
d jedynymi liczbami n<br />
takimi, że θ(n) = 3 , sa ↩<br />
kwadraty liczb pierwszych.<br />
2.6.6.<br />
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920<br />
φ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 18 8<br />
2.6.7. Za̷lóżmy, że liczba n jest pierwsza. Wówczas każda liczba<br />
mniejsza od n jest z nia ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsza, wie ↩<br />
c φ(n) = n − 1 .<br />
Jeżeli teraz φ(n) = n − 1 , to wszystkie liczby naturalne mniejsze<br />
od n musza ↩<br />
być wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z n . W szczególności, żadna<br />
z liczb mniejszych od n nie może być dzielnikiem n (z wyja ↩<br />
tkiem 1).<br />
Czyli n jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.
74 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
2.6.8. Ponieważ p oraz q sa ↩<br />
liczbami pierwszymi, wie ↩<br />
c<br />
NWD(pq, m) jest równe 1, p , q lub pq dla dowolnej liczby naturalnej<br />
m . Zatem liczbami, które nie sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z pq<br />
sa ↩<br />
wielokrotności p (tych mniejszych od pq jest dok̷ladnie q − 1 )<br />
oraz wielokrotności q (tych mniejszych od pq jest p−1 ). Ponieważ<br />
liczba pq nie jest wzgle ↩<br />
dnie pierwsza z pq , wie ↩<br />
c<br />
φ(pq) = pq − (p − 1) − (q − 1) − 1 = (p − 1)(q − 1).<br />
Uwaga. Czytelniku, jeśli nie zrozumia̷leś rozwia ↩<br />
zania zadania 2.6.8,<br />
to przeanalizuj rozwia ↩<br />
zanie zadania 2.6.9.<br />
2.6.9. Aby obliczyć φ(p n ) , należy z cia ↩<br />
gu 1, 2, 3 . . . , p n<br />
usuna ↩<br />
ć wszystkie te liczby, które nie sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z p n ,<br />
czyli te, które nie sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z p . Liczby, które nie sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z p sa ↩<br />
wielokrotnościami liczby p . Sa ↩<br />
to wie ↩<br />
c<br />
liczby postaci kp . Ponieważ musza ↩<br />
one być mniejsze lub równe p n ,<br />
wie ↩<br />
c sa ↩<br />
to liczby p , 2p , . . . , p n−1 p . Jest ich p n−1 . Po usunie ↩<br />
ciu<br />
tych p n−1 liczb z cia ↩<br />
gu 1, 2, 3 . . . , p n pozostaje w tym cia ↩<br />
gu<br />
p n − p n−1 liczb. Zatem φ(p n ) = p n − p n−1 .<br />
2.6.10. Za̷lóżmy, że dla pewnych 0 ≤ k ≤ h ≤ m − 1 liczby<br />
kn + r oraz hn + r daja ↩<br />
te ↩<br />
sama ↩<br />
reszte ↩<br />
przy dzieleniu przez m .<br />
Zatem (hn+r)−(kn+r) = (h−k)n jest liczba ↩<br />
podzielna ↩<br />
przez m .<br />
Ponieważ n i m sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, wie ↩<br />
c m|h − k . Jednakże<br />
0 ≤ h − k ≤ m − 1 , czyli musi być k − h = 0 , tj. k = h . Sta ↩<br />
d<br />
wynika, że reszty z dzielenia liczb r , n+r , . . . , (m−1)n+r przez<br />
m sa ↩<br />
różne i jest ich m . Zatem różnia ↩<br />
sie ↩<br />
od cia ↩<br />
gu 0 , 1, . . . , m−1<br />
co najwyżej porza ↩<br />
dkiem.<br />
2.6.11. Zauważmy, że w danej kolumnie wszystkie liczby sa ↩<br />
albo wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z n , albo wszystkie maja ↩<br />
wspólny dzielnik z<br />
n wie ↩<br />
kszy od 1. Mamy dok̷ladnie φ(n) kolumn, w których wszystkie<br />
liczby sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z n . Z drugiej strony, w kolumnie<br />
maja ↩<br />
cej wszystkie liczby wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z n jest dok̷ladnie<br />
φ(m) liczb wzgle ↩<br />
dnie pierwszych z m (na mocy zadania 2.6.10).<br />
Zatem φ(mn) = φ(m)φ(n) .<br />
2.6.12. Ponieważ każde dwie liczby pierwsze sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie<br />
pierwsze, wie ↩<br />
c<br />
φ (p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s ) =
Liczby pierwsze 75<br />
= φ (p α 1<br />
1 ) φ (pα 2<br />
2 ) . . . φ (pα s<br />
s )<br />
= ( p α 1<br />
1 − ) ( pα 1−1<br />
1 p<br />
α 2<br />
2 − ) ( pα 2−1<br />
2 . . . p<br />
α s<br />
s − p α )<br />
s−1<br />
s<br />
= p α 1<br />
1 pα 2<br />
2 . . . pα s<br />
s<br />
(1 − 1 ) (1 − 1 )<br />
· · ·<br />
(1 − 1 )<br />
p 1 p 2 p s<br />
= n<br />
(1 − 1 p 1<br />
) (1 − 1 p 2<br />
)<br />
· · ·<br />
(1 − 1 p s<br />
)<br />
.<br />
2.6.13. Niech NWD(m, n) = d i niech p be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
dziela ↩<br />
ca ↩<br />
d . Po zastosowaniu wzoru z 2.6.12 stwierdzamy, że w iloczynie<br />
opisuja ↩<br />
cym φ(mn) pojawia sie ↩<br />
czynnik 1 − 1 p<br />
jednokrotnie,<br />
natomiast w iloczynie opisuja ↩<br />
cym φ(m)φ(n) ten sam czynnik pojawia<br />
sie ↩<br />
( 2<br />
dwukrotnie. Ponieważ 1 − 1 p < 1 , wie ↩c 1 − p) 1 < 1 −<br />
1<br />
p .<br />
Zatem φ(m)φ(n) < φ(mn) .<br />
2.6.14.<br />
(a) φ(4n + 2) = φ(2(2n + 1)) = φ(2)φ(2n + 1) = φ(2n + 1) ;<br />
(b) Jeżeli n = 2 α k , gdzie NWD(2, k) = 1 , to φ(4n) =<br />
φ(2 α+2 k) = φ(2 α+2 )φ(k) = 2 α+1 φ(k) = 2φ(2 α+1 )φ(k) =<br />
2φ(2 α+1 k) = 2φ(2(2 α k)) = 2φ(2n) .<br />
Jeżeli n = 2k + 1 , to φ(4n) = φ(4(2k + 1)) = φ(4)φ(2k +<br />
1) = 2φ(n) .<br />
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych<br />
2.7.1. Niech<br />
A = { a ∈ N : a|n i a ≤ √ n } ,<br />
B = { a ∈ N : a|n i a ≥ √ n } .<br />
Funkcja f określona wzorem f(a) = n a<br />
jednoznacznie zbiór A na B .<br />
odwzorowuje wzajemnie<br />
2.7.2. Niech<br />
B = { a ∈ N : a|n i a ≥ √ n } ,<br />
(<br />
a −<br />
n<br />
a<br />
))<br />
odw-<br />
C = { (s,t) : s,t ∈ N i n = s 2 − t 2} .<br />
Funkcja f określona wzorem f(a) = ( ( )<br />
1<br />
2 a +<br />
n<br />
a ;<br />
1<br />
2<br />
zorowuje wzajemnie jednoznacznie zbiór B na C .
76 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
2.7.3. 945 = 7 · 5 · 3 3 , wie ↩<br />
c wszystkie dzielniki liczby 945 ,<br />
to 1, 3, 5, 7, 9, 15, 21, 27, 35, 45, 63, 105, 135, 189, 315, 945.<br />
Stosuja ↩<br />
c oznaczenia z rozwia ↩<br />
zań zadań 2.7.1 oraz 2.7.2 mamy: B =<br />
{35,45,63,105,135,189,315,945} . Wykorzystuja ↩<br />
c funkcje ↩<br />
z rozwia ↩<br />
zania<br />
zadania 2.7.2 otrzymujemy<br />
945 = 31 2 − 4 2 = 33 2 − 12 2 = 39 2 − 24 2 = 57 2 − 48 2<br />
= 71 2 − 64 2 = 97 2 − 92 2 = 159 2 − 156 2<br />
= 473 2 − 472 2 .<br />
2.7.4. 8633 = 93 2 − 4 2 = 89 · 97 , 809009 = 903 2 − 80 2 =<br />
823 · 983 , 92296873 = 9613 2 − 336 2 = 9277 · 9949 , 88169891 =<br />
9390 2 − 47 2 = 9343 · 9437 , 4601 = 75 2 − 32 2 = 43 · 107 .<br />
2.7.5.<br />
(a) 3 · 141467 = 655 2 − 68 2 = 587 · 723 i 141467 = 587 · 241 ;<br />
(b) 3 · 29895581 = 9472 2 − 179 2 = 9293 · 9651 i 29895581 =<br />
9293 · 3217 ;<br />
(c) 3 · 68987 = 455 2 − 8 2 = 463 · 447 i 68987 = 149 · 463 ;<br />
(d) 5 · 19578079 = 9894 2 − 29 2 = 9923 · 9865 i 19578079 =<br />
9923 · 1973 .
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych<br />
3.1. Poje ↩<br />
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb<br />
3.1.1. Dobrze znanym niepozycyjnym systemem zapisu liczb<br />
jest system rzymski. Cyframi sa ↩<br />
tu I, V, X, L, C, D, M. Jednak to nie<br />
pozycja cyfry określa jej znaczenie w liczbie. Na przyk̷lad XIX (19)<br />
jest liczba ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od XX (20) chociaż XIX ma wie ↩<br />
cej cyfr. Wie ↩<br />
cej<br />
informacji na temat liczb rzymskich, a także podobnego systemu<br />
liczb greckich znajdzie Czytelnik w ksia ↩<br />
żce Georges’a Ifraha Dzieje<br />
liczby, czyli historia wielkiego wynalazku (Zak̷lad Narodowy im.<br />
Ossolińskich, Wroc̷law 1990).<br />
3.1.2. Odpowiedzi wynikaja ↩<br />
z prostych obliczeń:<br />
(a) (3423) 5 = 3 · 125 + 4 · 25 + 2 · 5 + 3 = 488 ;<br />
(b) (11000111) 2 = 128 + 64 + 4 + 2 + 1 = 199 ;<br />
(c) Ponieważ w systemie o podstawie 11 mamy 11 cyfr, wyste<br />
↩<br />
puje tu dwuznaczność. Mianowicie, 10 może być traktowane<br />
jako pojedyncza cyfra lub też jako dwie cyfry.<br />
W pierwszym przypadku, (910) 11 = 9 · 11 + 10 = 109 .<br />
Natomiast w drugim, 9 · 121 + 11 = 1100 . Zobacz<br />
w naste ↩<br />
pnym zadaniu jak pomina ↩<br />
ć wspomniana ↩<br />
wieloznaczność.<br />
3.1.3.<br />
(a) Z uwag poczynionych na pocza ↩<br />
tku zadania wynika, że<br />
(910) 11 ma trzy cyfry, wie ↩<br />
c w systemie dziesie ↩<br />
tnym o-<br />
znacza liczbe ↩<br />
1100 (zobacz poprzednie rozwia ↩<br />
zanie).<br />
(b) W systemie o podstawie 16 cyfra A odpowiada liczbie 10,<br />
natomiast D liczbie 13. Zatem (1AD) 16 = 256+10·16+<br />
13 = 429 .<br />
(c) W systemie o podstawie 12, cyfra A odpowiada liczbie 10,<br />
a B liczbie 11. Sta ↩<br />
d (A2B) 12 = 10 · 144 + 2 · 12 + 11 =<br />
1475 .<br />
3.1.4. Jest wiele sposobów na zamiane ↩<br />
zapisu liczby n<br />
w systemie dziesie ↩<br />
tnym na zapis w systemie o podstawie b . Dwa<br />
najcze ↩<br />
ściej stosowane, to:<br />
1) Wypisujemy kolejne pote ↩<br />
gi liczby b , dopóki nie przekroczymy<br />
liczby n . Znajdziemy w ten sposób najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
liczbe ↩<br />
k
78 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
taka ↩<br />
, że b k ≤ n . Z określenia liczby k wynika, że b k+1 > n<br />
(w przeciwnym wypadku, k nie by̷loby najwie ↩<br />
ksza ↩<br />
liczba ↩<br />
taka ↩<br />
,<br />
że b k ≤ n ). Zatem b k ≤ n < b k+1 . Dzielimy teraz n przez<br />
b k i oznaczamy wynik dzielenia przez a k , a otrzymana ↩<br />
reszte ↩<br />
przez r 1 . Mamy zatem n = a k b k + r 1 , gdzie 0 ≤ r 1 < b k .<br />
Zauważmy, że 1 ≤ a k < b . Gdyby a k = 0 , to mielibyśmy<br />
n = r 1 < b k . Natomiast gdyby a k ≥ b , to n = a k b k +<br />
r 1 > a k b k ≥ b · b k = b k+1 . Zatem liczba a k jest cyfra ↩<br />
w<br />
systemie o podstawie b , a dok̷ladnie, pierwsza ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby n .<br />
Jeżeli r 1 = 0 , to mamy n = a k b k + 0b k−1 + · · · + 0 . Jeśli<br />
natomiast r 1 > 0 , to dzielimy r 1 przez b k−1 i otrzymujemy<br />
r 1 = a k−1 b k−1 + r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < b k−1 oraz 0 ≤ a k−1 < b .<br />
Liczba a k−1 jest druga ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby n . Powtarzamy opisana ↩<br />
procedure ↩<br />
, aż otrzymamy wszystkie cyfry liczby n w systemie<br />
o podstawie b .<br />
2) W przeciwieństwie do poprzedniego algorytmu, tutaj szukamy<br />
najpierw ostatniej cyfry. Dok̷ladniej, szukamy reszty z dzielenia<br />
n przez b . Ta reszta, powiedzmy a 0 , jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
n<br />
w zapisie o podstawie b . W celu znalezienia przedostatniej<br />
cyfry, dzielimy n−a 0 przez b i dla otrzymanej liczby szukamy<br />
reszty a 1 z dzielenia jej przez b . Wtedy a 1 jest przedostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
. Poste ↩<br />
pujemy tak dalej aż do znalezienia wszystkich cyfr<br />
liczby n .<br />
Zastosujemy teraz powyższe algorytmy w praktyce.<br />
(a) Poszukamy najpierw zapisu liczby 437 w systemie trójkowym<br />
stosuja ↩<br />
c pierwszy algorytm. Kolejnymi pote ↩<br />
gami<br />
liczby 3 sa ↩<br />
1, 3, 9, 27, 81, 243, 729, . . . . Zatem k = 5 .<br />
Mamy teraz 437 = 1 · 3 5 + 194 . Zatem pierwsza ↩<br />
cyfra ↩<br />
jest<br />
1. Teraz mamy 194 = 2·3 4 +32 , a naste ↩<br />
pnie 32 = 1·3 3 +5 .<br />
Tym razem 3 2 > 5 , wie ↩<br />
c kolejna ↩<br />
(trzecia ↩<br />
) cyfra ↩<br />
jest 0,<br />
a pozosta̷le cyfry to 1 i 2. Zatem 437 = (121012) 3 . Nasze<br />
rozumowanie możemy zapisać w skrócie naste ↩<br />
puja ↩<br />
co<br />
437 = 1 · 3 5 + 194<br />
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 32<br />
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 5<br />
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 1 + 2 · 3 0 .
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 79<br />
Zademonstrujemy teraz drugi algorytm. Mamy tutaj<br />
437 = 145 · 3 + 2 , wie ↩<br />
c ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
jest 2. Znajdujemy<br />
teraz reszte ↩<br />
z dzielenia 145 na 3. Mamy 145 = 48 · 3 + 1 .<br />
Druga ↩<br />
od końca cyfra ↩<br />
jest wie ↩<br />
c 1. 48 dzieli sie ↩<br />
przez 3<br />
(reszta jest wtedy równa 0), wie ↩<br />
c naste ↩<br />
pna ↩<br />
cyfra ↩<br />
jest 0.<br />
48 : 3 = 16 , czyli szukamy teraz reszty z dzielenia 16 na<br />
3. Dostajemy 16 = 5 · 3 + 1 , a zaraz potem 5 = 1 · 3 + 2<br />
oraz 1 = 0 · 3 + 1 . Zbieraja ↩<br />
c wszystkie reszty dostajemy<br />
zapis 121012. W skrócie możemy zapisać to naste ↩<br />
puja ↩<br />
co:<br />
437 = 145 · 3 + 2<br />
= (48 · 3 + 1) · 3 + 2<br />
= ((16 · 3) · 3 + 1) · 3 + 2<br />
= (((5 · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2<br />
= ((((1 · 3 + 2) · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2<br />
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 1 + 2 · 3 0 .<br />
(b) Zastosujemy tu pierwszy algorytm zamiany zapisu dziesie<br />
↩<br />
tnego na system o podstawie b . Mamy<br />
437 = 3 · 5 3 + 62<br />
= 3 · 5 3 + 2 · 5 2 + 12<br />
= 3 · 5 3 + 2 · 5 2 + 2 · 5 1 + 2 · 5 0 ,<br />
zatem 437 = (3222) 5 .<br />
(c) Wykorzystamy tu drugi z opisanych algorytmów. Mamy<br />
437 = 27 · 16 + 5<br />
= (1 · 16 + 11) · 16 + 5<br />
= 1 · 16 2 + 11 · 16 1 + 5 · 16 0 .<br />
Ponieważ 11 oznaczamy przez B , wie ↩<br />
c 437 = (1B5) 16 .<br />
(d) Skorzystamy tu z (c). Mianowicie, 16 = 2 4 , 11 = 2 3 +<br />
2 1 + 2 0 , a 5 = 2 2 + 2 0 . Sta ↩<br />
d<br />
1 · 16 2 + 11·16 1 + 5 · 16 0<br />
= 1 · (2 4 ) 2 + (2 3 + 2 1 + 2 0 ) · 2 4 + 2 2 + 2 0<br />
= 2 8 + 2 7 + 2 5 + 2 4 + 2 2 + 2 0<br />
= 1 · 2 8 + 1 · 2 7 + 0 · 2 6 + 1 · 2 5 + 1 · 2 4<br />
+ 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 1 + 1 · 2 0 .
80 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
Zatem 437 zapisujemy w systemie o podstawie dwa jako<br />
(110110101) 2 .<br />
3.1.5. Ponieważ sposób opisany w treści zadania nie wymaga<br />
szczegó̷lowego wyjaśnienia, do rozwia ↩<br />
zania zastosujemy inne metody.<br />
(a) Ponieważ w (12) 3 = 1 · 3 + 2 , a 3 = 2 + 1 , możemy<br />
zapisać (12) 3 jako 2 + 1 + 2 = 2 2 + 1 , co daje nam zapis<br />
dwójkowy (101) 2 .<br />
(b) (1A) 12 = 1 · 12 + 10 = 12 + 4 + 6 = 16 + 6 . Wie ↩<br />
c<br />
(1A) 12 = (16) 16 .<br />
(c) Tym razem mamy liczbe ↩<br />
3 · 6 3 +4 · 6 2 + 5 · 6 + 5<br />
= 3 · 216 + 4 · 36 + 5 · 6 + 5<br />
= 3 · (3 · 4 3 + 1 · 4 2 + 2 · 4) + 4 · (2 · 4 2 + 4)<br />
+ 5 · (4 + 2) + 4 + 1<br />
= 11 · 4 3 + 4 · 4 2 + 12 · 4 + 11<br />
= (2 · 4 + 3) · 4 3 + 4 3 + 3 · 4 2 + 2 · 4 + 3<br />
= 3 · 4 4 + 3 · 4 2 + 2 · 4 + 3,<br />
co w systemie o podstawie 4 zapisujemy (30323) 4 .<br />
(d) Liczba (101011101011) 2 oznacza 2 11 + 2 9 + 2 7 + 2 6 +<br />
2 5 + 2 3 + 2 + 1 . Ale 2 4 = 16 , wie ↩<br />
c możemy zapisać<br />
(2 3 + 2) · 16 2 + (2 3 + 2 2 + 2) · 16 + 2 3 + 2 + 1 . Ostatnie<br />
wyrażenie upraszczamy i otrzymujemy 10·16 2 +14·16+11 ,<br />
co oznacza (AEB) 16 .<br />
3.1.6.<br />
(a) Ponieważ 27 = 3 3 , grupujemy cyfry 1112 w bloki trzycyfrowe.<br />
Sa ↩<br />
to 001 oraz 112. Zauważmy, że ponieważ<br />
nasza liczba ma 4 cyfry, musimy dodać z przodu 2 zera,<br />
aby liczba cyfr po dodaniu zer by̷la podzielna przez 3. 001<br />
oznacza cyfre ↩<br />
1, a (112) 3 = 3 2 + 3 + 2 = 14 oznacza cyfre ↩<br />
E w systemie o podstawie 27. Zatem (1112) 3 = (1E) 27 .<br />
(b) Mamy 144 = 12 2 , wie ↩<br />
c nasza ↩<br />
liczbe ↩<br />
dzielimy na bloki<br />
po dwie cyfry. Ponieważ 1A ma już dwie cyfry, wie ↩<br />
c
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 81<br />
jest to już cyfra w zapisie o podstawie 144. Ale 12 +<br />
10 = 22 , wie ↩<br />
c jest to M . Zauważmy, że aby liczby od<br />
10 do 143 zasta ↩<br />
pić literami, brakuje nam znaków w alfabecie<br />
̷lacińskim. Ponieważ generalnie nie używamy takich<br />
dużych podstaw, ma̷lo kto sie ↩<br />
martwi, jak oznaczyć<br />
cyfry 36, 37 itd. Można wykorzystywać jeszcze ma̷le litery,<br />
ale i ich nie starczy. Może wie ↩<br />
c najkorzystniej jest zrezygnować<br />
z liter i stosować nawiasy W takim wypadku, cyfre ↩<br />
M oznaczymy po prostu (22) .<br />
(c) Ponieważ 16 = 2 4 , grupujemy cyfry naszej liczby w bloki<br />
po cztery znaki: 1010, 1110 i 1011. Oznaczaja ↩<br />
one<br />
odpowiednio 10, 14 i 11, co w systemie szesnastkowym<br />
oznacza odpowiednio cyfry A , E oraz B . Zatem<br />
(101011101011) 2 = (AEB) 16 .<br />
3.1.7. (Zobacz też rozwia ↩<br />
zanie 3.1.4(d)) Aby zamienić liczbe ↩<br />
x = x 0 + x 1 (b s ) 1 + x 2 (b s ) 2 + · · · + x k (b s ) k zapisana ↩<br />
w systemie<br />
o podstawie b s na zapis w systemie o podstawie b , każda ↩<br />
cyfre ↩<br />
x i<br />
zapisujemy w systemie o podstawie b , tj. piszemy x i = x i0 +x i1 b 1 +<br />
x i2 b 2 +· · ·+x i s−1 b s−1 . Zauważmy, że x i nie może mieć wie ↩<br />
cej cyfr<br />
w systemie o podstawie b niż s , ponieważ x i < b s . Zatem każdy x i<br />
zamieniamy w blok s cyfr. W celu uzyskania zapisu naszej liczby<br />
w systemie o podstawie b , bloki ̷la ↩<br />
czymy, a naste ↩<br />
pnie usuwamy<br />
ewentualne zera wyste ↩<br />
puja ↩<br />
ce z lewej strony zapisu.<br />
(a) Mamy 2 = 0·4+2 oraz B = 2·4+3 , zatem otrzymaliśmy<br />
bloki 02 i 23 . Po po̷la ↩<br />
czeniu otrzymujemy ża ↩<br />
dany zapis<br />
0223 , co po usunie ↩<br />
ciu zbe ↩<br />
dnych zer daje (223) 4 .<br />
(b) Tutaj mamy A = 2 · 5 + 0 , B = 2 · 5 + 1 , C = 2 · 5 + 2<br />
i F = 3 · 5 + 0 , co nam daje bloki 20, 21, 22, 30 oraz zapis<br />
(20212230) 5 .<br />
(c) Zapisujemy<br />
3 = 0 · 2 3 + 0 · 2 2 + 1 · 2 + 1,<br />
A = 1 · 2 3 + 0 · 2 2 + 1 · 2 + 0,<br />
5 = 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 + 1,<br />
6 = 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 1 · 2 + 0,<br />
co nam daje bloki 0011 , 1010, 0101 oraz 0110. Ostatecznie<br />
otrzymujemy wie ↩<br />
c (11101001010110) 2 .
82 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
3.1.8. Ponieważ d i ≤ b − 1 , wie ↩<br />
c<br />
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0<br />
≤ (b − 1)b k + (b − 1)b k−1 + · · · + (b − 1)b + (b − 1)<br />
= (b − 1)(b k + b k−1 + · · · + b + 1)<br />
= (b − 1) bk+1 − 1<br />
b − 1<br />
= b k+1 − 1 < b k+1 .<br />
W za̷lożeniach mamy k < n , zatem k + 1 ≤ n . Sta ↩<br />
d<br />
p < b k+1 ≤ b n ≤ c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0 = m.<br />
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach pozycyjnych<br />
3.2.1.<br />
(a)<br />
AB 1 2 3<br />
+ C D A<br />
AC 0 1 D<br />
(b)<br />
1111001101<br />
+ 1101101101<br />
11100111010<br />
(c)<br />
12321<br />
+ 23132<br />
41003<br />
3.2.2. Przy obliczaniu różnicy dwóch liczb sprawdzamy najpierw,<br />
czy odjemna jest wie ↩<br />
ksza od odjemnika. Jeżeli nie, to zamieniamy<br />
nasze liczby rolami, tj. odejmujemy odjemna ↩<br />
od odjemnika<br />
i pamie ↩<br />
tamy, że ostateczny wynik ma być ujemny. Przypuśćmy,<br />
że<br />
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · c 1 b + c 0<br />
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · d 1 b + d 0 ,<br />
przy czym m > p , wie ↩<br />
c także n ≥ k .<br />
Obliczaja ↩<br />
c różnice ↩<br />
m − p również posuwamy sie ↩<br />
od strony<br />
prawej do lewej. Jeżeli c 0 ≥ d 0 , to c 0 −d 0 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
różnicy<br />
m − p . W przeciwnym wypadku ,,pożyczamy” 1 od cyfry wyższego<br />
rze ↩<br />
du (tu przedostatniej) i dostajemy (c 1 b + c 0 ) − (d 1 b + d 0 ) =<br />
(c 1 − d 1 − 1)b + (b + c 0 − d 0 ) , gdzie 0 < b + c 0 − d 0 < b − 1 , zatem<br />
b + c 0 − d 0 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby m − p . Tak samo poste ↩<br />
pujemy<br />
z kolejnymi cyframi.
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 83<br />
(a)<br />
1 1 1 0 1 0 1 1 1 0<br />
− 1 1 1 0 1 0 1 1<br />
1 0 1 1 0 0 0 0 1 1<br />
(b)<br />
4532<br />
− 3401<br />
1131<br />
(c)<br />
AB 1 2<br />
− C DA<br />
9 E 3 8<br />
3.2.3. Opiszemy najpierw, jak mnożymy liczbe ↩<br />
wielocyfrowa ↩<br />
y = c n b n +c n−1 b n−1 +· · ·+c 1 b+c 0 przez jednocyfrowa ↩<br />
d . Ponieważ<br />
yd = (c n d)b n + (c n−1 d)b n−1 + · · · + (c 1 d)b + (c 0 d),<br />
wie ↩<br />
c jeżeli iloczyn dc 0 jest liczba ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od b , to jest ona ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby yd . Jeśli dc 0 ≥ b , to wyodre ↩<br />
bniamy odpowiednia ↩<br />
liczbe ↩<br />
wyrazów wyższego rze ↩<br />
du dodaja ↩<br />
c ja ↩<br />
do dc 1 itd.<br />
(a)<br />
2 3 4<br />
× 4<br />
2 1 0 1<br />
(c)<br />
A B 3 2<br />
× 9<br />
7 6 A 2 5<br />
Aby pomnożyć liczbe ↩<br />
wielocyfrowa ↩<br />
y przez liczbe ↩<br />
wielocyfrowa ↩<br />
x mnożymy y przez kolejne (licza ↩<br />
c od końca) cyfry x i zapisujemy<br />
iloczyny tak, by ich ostatnie cyfry znajdowa̷ly sie ↩<br />
dok̷ladnie pod<br />
ta ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby x , przez która ↩<br />
mnożyliśmy liczbe ↩<br />
y . Naste ↩<br />
pnie<br />
dodajemy zapisane iloczyny i otrzymujemy ostateczny wynik.<br />
3.2.4. Przypuśćmy, że<br />
(b)<br />
1 1 1 1 0 1 0 1<br />
× 1 1 0 1<br />
1 1 1 1 0 1 0 1<br />
0<br />
1 1 1 1 0 1 0 1<br />
+ 1 1 1 1 0 1 0 1<br />
1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1<br />
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0<br />
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0 ,<br />
przy czym m > p > 0 . Dzielenie liczby m przez liczbe ↩<br />
p polega<br />
na znalezieniu liczb ca̷lkowitych q i r takich, że m = pq + r ,
84 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
gdzie 0 ≤ r < p . Be ↩<br />
dziemy szukali przedstawienia liczb q oraz r<br />
w systemie o podstawie b . W tym celu rozpatrujemy liczby<br />
c n , c n b + c n−1 , c n b 2 + c n−1 b + c n−2 , . . .<br />
i szukamy pierwszej liczby w tym cia ↩<br />
gu, która jest wie ↩<br />
ksza od p .<br />
Za̷lóżmy, że jest to liczba<br />
s 1 = c n b j + c n−1 b j−1 + · · · + c n−j .<br />
Naste ↩<br />
pnie rozpatrujemy kolejne iloczyny 0 , p , 2p , 3p , . . . (b −<br />
1)p i znajdujemy najwie ↩<br />
kszy z nich nie przekraczaja ↩<br />
cy s 1 . Niech<br />
to be ↩<br />
dzie a n−j p . Wtedy s 1 = a n−j p + r 1 , gdzie r 1 jest reszta ↩<br />
z dzielenia s 1 przez p . Możemy to zapisać w sposób naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy:<br />
a n−j<br />
c n c n−1 . . . c n−j c n−j−1 . . . c 1 c 0 : d k d k−1 . . . d 1 d 0<br />
□ □ . . . □<br />
e j e j−1 . . . e 0<br />
Kwadraciki oznaczaja ↩<br />
tu cyfry iloczynu a n−j p . Po odje ↩<br />
ciu otrzymamy<br />
liczbe ↩<br />
r 1 = s 1 − a n−j p = e j b j + e j−1 b j−1 + · · · + e 0 .<br />
Naste ↩<br />
pnie do cyfr e j , e j−1 , . . . , e 0 dopisujemy cyfre ↩<br />
c n−j−1 , co<br />
oznacza, że rozważamy liczbe ↩<br />
s 2 = e j b j+1 + e j−1 b j + · · · + e 0 b + c n−j−1 .<br />
Podobnie jak poprzednio, szukamy liczb a n−j−1 oraz r 2 takich, że<br />
s 2 = a n−j−1 p+r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < p . Kontynuuja ↩<br />
c to poste ↩<br />
powanie<br />
otrzymujemy w końcu q i r .<br />
(a)<br />
1 0 0 1<br />
1 1 0 1 1 : 11<br />
1 1<br />
0 0 1 1<br />
1 1<br />
0<br />
(b)<br />
1 3 3<br />
2 3 6 1 : 15<br />
1 5<br />
5 6<br />
5 1<br />
5 1<br />
5 1<br />
0<br />
(c)<br />
1 C A<br />
A B C : 6<br />
6<br />
4 B<br />
4 8<br />
3 C<br />
3 C<br />
0
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 85<br />
3.2.5. Liczbe ↩<br />
(11011101) 2 dzielimy przez b = 3 = (11) 2<br />
otrzymuja ↩<br />
c<br />
(11011101) 2 = (1001001) 2 · (11) 2 + (10) 2 .<br />
Wynik powyższego dzielenia dzielimy znów przez b:<br />
(1001001) 2 = (11000) 2 · (11) 2 + 1.<br />
Poste ↩<br />
pujemy podobnie z kolejnymi wynikami:<br />
(11000) 2 = (1000) 2 · (11) 2<br />
(1000) 2 = (10) 2 · (11) 2 + (10) 2<br />
(10) 2 = 0 · (11) 2 + (10) 2 .<br />
Reszty z tych dzieleń wypisane w odwrotnej kolejności, tj.<br />
(10) 2 (10) 2 (0) 2 (1) 2 (10) 2<br />
daja ↩<br />
nam szukane cyfry rozważanej liczby. Zatem (11011101) 2 =<br />
(22012) 3 .<br />
3.2.6. Szukamy sumy MCMXXIV + CDXCIII. Liczba MCMXXIV, to<br />
jeden pe̷lny tysia ↩<br />
c oraz drugi tysia ↩<br />
c bez jednej setki i coś tam jeszcze.<br />
Bierzemy zatem jedna ↩<br />
setke ↩<br />
z drugiej liczby i dok̷ladamy ja ↩<br />
do<br />
pierwszej. Nasza ↩<br />
sume ↩<br />
możemy teraz zapisać jako MMXXIV + CCCXCIII<br />
i podliczamy wyste ↩<br />
puja ↩<br />
ce w niej setki. Drugi sk̷ladnik ma ich<br />
trzy plus jedna ↩<br />
bez dziesia ↩<br />
tki. Bierzemy wie ↩<br />
c brakuja ↩<br />
ca ↩<br />
dziesia ↩<br />
tke ↩<br />
z pierwszej liczby i otrzymujemy równoważna ↩<br />
sume ↩<br />
MMXIV + CDIII.<br />
Teraz już ̷latwo obliczamy dziesia ↩<br />
tki i jedności naszej sumy. Ostatecznie<br />
otrzymujemy MMCDXVII (2417). Autorom ten sposób liczenia<br />
nie wydaje sie ↩<br />
̷latwy i dlatego nie próbowali mnożenia.<br />
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych<br />
3.3.1.<br />
(a) Cze ↩<br />
ścia ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
liczby 1 3 jest 0, a cze 1<br />
↩ścia ↩<br />
u̷lamkowa ↩ 3 .<br />
Mamy 1 3 · 3 = 1 , wie ↩c jedyna ↩<br />
cyfra ↩<br />
po przecinku be ↩<br />
dzie 1.<br />
Zatem 1 3<br />
w systemie trójkowym, to 0,1 .<br />
Cze ↩<br />
ścia ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
0,5 jest ponownie 0. 0,5 · 3 = 1,5 , wie ↩<br />
c<br />
pierwsza ↩<br />
cyfra ↩<br />
po przecinku be ↩<br />
dzie 1. Ponieważ cze ↩<br />
ścia ↩
86 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
u̷lamkowa ↩<br />
liczby 1,5 jest ponownie 0,5 , druga ↩<br />
cyfra ↩<br />
też<br />
jest 1 i znów sytuacja sie ↩<br />
powtórzy. Zatem w zapisie<br />
trójkowym, 0,5 to 0,(1) (w nawiasie zapisujemy okres<br />
u̷lamka).<br />
(b) Mamy π = 3,1415 . . . Cze ↩<br />
ść ca̷lkowita π to 11 w systemie<br />
dwójkowym. Mamy teraz 0,1415 · 2 = 0,283 , wie ↩<br />
c<br />
d −1 = 0 ; 0,283 · 2 = 0,566 , zatem także d −2 = 0 ;<br />
0,566 · 2 = 1,132 i d −3 = 1 ; 0,132 · 2 = 0,264 , a to<br />
daje d −4 = 0 i wreszcie 0,264 · 2 = 0,528 , co nam daje<br />
d −5 = 0 . Zatem w systemie dwójkowym liczba π ma<br />
rozwinie ↩<br />
cie rozpoczynaja ↩<br />
ce sie ↩<br />
od 11,00100 . Zauważmy<br />
tu, że nasze obliczenie jest dok̷ladne, tzn. nie zależy od<br />
dalszych cyfr rozwinie ↩<br />
cia dziesie ↩<br />
tnego π .<br />
(c) By obliczyć kolejne cyfry rozwinie ↩<br />
cia pia ↩<br />
tkowego liczby 5 13<br />
5<br />
wykonujemy naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce mnożenia.<br />
13 · 5 = 1 12<br />
13 , 12<br />
13 ·<br />
5 = 4 8 13 , 8<br />
13 · 5 = 3 1<br />
13 , 1<br />
13 · 5 = 5<br />
13<br />
i wróciliśmy do<br />
punktu wyjścia. Zatem rozwinie ↩<br />
cie liczby 5 13 w systemie<br />
pia ↩<br />
tkowym jest u̷lamkiem okresowym 0,(1430) .<br />
Oczywiście, możemy zapisywać też u̷lamki zwyk̷le stosuja ↩<br />
c<br />
różne podstawy. Wtedy u̷lamki z punktu (a) zapiszemy jako 1 10<br />
1<br />
i<br />
2 , a 5<br />
13 w zapisie dziesie ↩tnym to 10<br />
23<br />
w systemie o podstawie 5.<br />
a<br />
3.3.2. Niech<br />
b−1<br />
be ↩dzie naszym u̷lamkiem. Ponieważ jest on<br />
u̷lamkiem w̷laściwym, wie ↩<br />
c 1 ≤ a ≤ b−2 oraz jego cze ↩<br />
ścia ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
jest 0. Mnożymy zatem<br />
a<br />
b−1 przez b otrzymuja ab<br />
↩c<br />
b−1 = a + a<br />
b−1 .<br />
a<br />
Cze ↩<br />
ścia ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
jest tu a , a u̷lamkowa ↩<br />
ponownie<br />
b−1 . Zatem<br />
rozwinie ↩<br />
cie u̷lamka w systemie o podstawie b to 0,(a) .<br />
a<br />
b−1<br />
a<br />
3.3.3. Rozważamy tu u̷lamek<br />
b+1<br />
, gdzie 1 ≤ a ≤ b , zapisany<br />
w systemie dziesie ↩<br />
tnym. Chcemy znaleźć jego rozwinie ↩<br />
cie w systemie<br />
a<br />
b+1−a<br />
o podstawie b . Mnoża ↩<br />
c przez b mamy<br />
b+1 · b = (a − 1) +<br />
b+1<br />
,<br />
ska ↩<br />
d b+1−a<br />
a<br />
b+1 ·b = (b−a)+<br />
b+1 . Ponownie mamy wie a<br />
↩c<br />
b+1 . Otrzymujemy<br />
zatem rozwinie ↩<br />
cie 0,((a − 1)(b − a)) . Na przyk̷lad, w systemie<br />
2<br />
dziesie ↩<br />
tnym,<br />
11 = 0,(18) .<br />
3.3.4. Za̷lóżmy najpierw, że u̷lamek a c<br />
, zapisany w postaci<br />
nieskracalnej, ma skończone rozwinie ↩<br />
cie w systemie o podstawie b .
Liczby w różnych systemach pozycyjnych 87<br />
Możemy za̷lożyć, że a c<br />
jest u̷lamkiem w̷laściwym. Zapiszmy jego<br />
rozwinie ↩<br />
cie w postaci 0,d 1 d 2 . . . d k , czyli<br />
a<br />
c = d 1b −1 + d 2 b −2 + · · · + d k b −k = d 1<br />
b + d 2<br />
b 2 + · · · + d k<br />
b k .<br />
Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika otrzymujemy<br />
a<br />
c = d 1b k−1 + d 2 b k−2 + · · · + d k<br />
b k .<br />
Po ewentualnym skróceniu dostajemy, że c jest dzielnikiem b k , wie ↩<br />
c<br />
jest iloczynem pote ↩<br />
g dzielników b .<br />
Na odwrót, jeżeli mianownik u̷lamka a c<br />
jest iloczynem pote ↩<br />
g<br />
dzielników b , to istnieje takie k , że c dzieli b k . Zatem w k-tym<br />
kroku algorytmu na szukanie rozwinie ↩<br />
cia a c<br />
w systemie o podstawie<br />
b , otrzymujemy cze ↩<br />
ść u̷lamkowa ↩<br />
równa ↩<br />
0. Zatem a c<br />
ma<br />
rozwinie ↩<br />
cie skończone.<br />
3.3.5. Za̷lóżmy, że a c<br />
jest zapisany w postaci nieskracalnej<br />
i ma w systemie o podstawie b rozwinie ↩<br />
cie okresowe czyste o okresie<br />
d 1 d 2 . . . d f . Niech d = d 1 b −1 +d 2 b −2 +· · ·+d f b −f . Wtedy możemy<br />
zapisać<br />
a<br />
c = d + d b f + d<br />
b 2f + · · ·<br />
Korzystaja ↩<br />
c ze wzoru na sume ↩<br />
wszystkich wyrazów cia ↩<br />
gu geometrycznego<br />
dostajemy<br />
a<br />
c = d · 1 dbf<br />
=<br />
1 − b−f b f − 1 .<br />
Ponieważ a c<br />
jest zapisany w postaci nieskracalnej, wie ↩c c musi być<br />
dzielnikiem b f − 1 .<br />
Za̷lóżmy teraz, że b f −1 jest wielokrotnościa ↩<br />
c . Zatem u̷lamek<br />
a<br />
c możemy rozszerzyć do d<br />
b f −1 . Ale a < c , wie ↩c d < b f − 1 , a sta ↩<br />
d<br />
wynika, że liczba d ma w zapisie w systemie o podstawie b co<br />
najwyżej f cyfr. Możemy wie ↩<br />
c ja ↩<br />
zapisać d = d 1 b 0 + d 2 b 1 + · · · +<br />
d f b f−1 . Ale<br />
d<br />
b f − 1 = d b f · 1<br />
1 − b −f = d b f + d<br />
b 2f + d<br />
b 3f + · · · .<br />
Skorzystaliśmy tu ze wzoru na sume ↩<br />
wszystkich wyrazów cia ↩<br />
gu geometrycznego<br />
o ilorazie b −f i pierwszym wyrazie db −f . Zatem<br />
a<br />
w systemie o podstawie b ,<br />
c = d<br />
b f −1 = 0,(d f . . . d 2 d 1 ) .
88 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
3.3.6. Przy dodawaniu i odejmowaniu pisemnym pamie ↩<br />
tamy,<br />
że przecinek musi sie ↩<br />
znajdować dok̷ladnie pod przecinkiem. Poza<br />
tym algorytmy sa ↩<br />
podobne do opisanych w 3.2.<br />
(a)<br />
(b)<br />
111,101010<br />
121,2101<br />
+ 1,11<br />
− 12,01211<br />
1001,011010<br />
102,12022<br />
Przy dzieleniu, najpierw przesuwamy przecinki w dzielniku<br />
i w dzielnej tak, by rozwinie ↩<br />
cia nie mia̷ly cyfr po przecinku. Jeśli<br />
pozostaje reszta, to dopisujemy do niej 0 i dalej wykonujemy nasz algorytm,<br />
przy czym kolejne cyfry dopisujemy już po przecinku. Dzielenie<br />
kontynuujemy aż dostaniemy wymagana ↩<br />
dok̷ladność lub okres.<br />
Rozwia ↩<br />
zania przyk̷ladów (c) i (d) przedstawiamy w obliczeniach 3.<br />
(c)<br />
1 C,A<br />
ABC : 60<br />
6 0<br />
4 BC<br />
4 8 0<br />
3 C 0<br />
3 C 0<br />
0<br />
Obliczenia 3.<br />
(d)<br />
12400,13 (13)<br />
43201 : 3<br />
3<br />
13<br />
11<br />
22<br />
22<br />
0010<br />
3<br />
20<br />
14<br />
1<br />
Przy mnożeniu ignorujemy najpierw przecinki, a naste ↩<br />
pnie liczymy<br />
miejsca po przecinku w obu czynnikach i dodajemy wyniki.<br />
Suma ta wyznaczy pozycje ↩<br />
przecinka w iloczynie.<br />
(e)<br />
0,0 0 012<br />
× 0 ,0023<br />
102<br />
+ 30<br />
0, 0000 0 1 002
4.1. Szukanie NWD<br />
4. Algorytm Euklidesa<br />
4.1.1. Zauważmy, że znalezienie dzielników liczby 341 nie jest<br />
̷latwym zadaniem.<br />
704 2 341 11<br />
352 2 31 31<br />
176 2 1<br />
88 2<br />
44 2<br />
22 2<br />
11 11<br />
1<br />
Zatem NWD(704, 341) = 11 .<br />
4.1.2. Nie korzystaja ↩<br />
c z algorytmu Euklidesa otrzymujemy<br />
wyniki przedstawione w obliczeniach 4.<br />
128 2 1024 2<br />
64 2 562 2<br />
32 2 256 2<br />
16 2 128 2<br />
8 2 64 2<br />
4 2 32 2<br />
2 2 16 2<br />
1 8 2<br />
4 2<br />
2 2<br />
1<br />
Mamy wie ↩<br />
c NWD(1024, 128) = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 128 .<br />
Obliczenia 4.<br />
Natomiast, jeśli sie ↩<br />
zdecydujemy wykorzystać algorytm Euklidesa,<br />
dostajemy 1024 = 8 · 128 + 0 . Ostatnia ↩<br />
niezerowa ↩<br />
reszta ↩<br />
jest<br />
wie ↩<br />
c tu r 0 = 128 . Zatem NWD(1024, 128) = 128 .<br />
4.1.3. (a) Mamy tutaj naste ↩<br />
puja ↩<br />
cy cia ↩<br />
g dzieleń:<br />
26 = 1 · 19 + 7 (1)
90 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
19 = 2 · 7 + 5 (2)<br />
7 = 1 · 5 + 2 (3)<br />
5 = 2 · 2 + 1 (4)<br />
2 = 2 · 1 + 0.<br />
Zatem NWD(26, 19) = 1 . Aby znaleźć odpowiednie liczby x oraz y ,<br />
zauważamy, że po przekszta̷lceniu równości (4) otrzymujemy<br />
1 = 1 · 5 + (−2) · 2. (5)<br />
Przekszta̷lcamy teraz (3) w celu ,,obliczenia” 2 dostaja ↩<br />
c 2 = 1 · 7 +<br />
(−1)·5 . Po podstawieniu do (5) mamy 1 = 1·5+(−2)(1·7+(−1)·5) ,<br />
czyli<br />
1 = 3 · 5 + (−2) · 7. (6)<br />
Podobnie ,,wyliczamy” 5 z (2) i wstawiamy do (6) otrzymuja ↩<br />
c<br />
1 = 3 · 19 + (−8) · 7. (7)<br />
Ostatecznie wykorzystujemy (1), by otrzymać 7 = 26 − 19 i po<br />
podstawieniu do (7) dostajemy ża ↩<br />
dana ↩<br />
kombinacje ↩<br />
1 = (−8) · 26 + 11 · 19.<br />
(b) Wykonujemy dzielenia:<br />
187 = 5 · 34 + 17<br />
34 = 2 · 17 + 0.<br />
Zatem NWD(187, 34) = 17 oraz 17 = 1 · 187 + (−5) · 34 .<br />
(c) Mamy tutaj:<br />
841 = 5 · 160 + 41<br />
160 = 3 · 41 + 37<br />
41 = 1 · 37 + 4<br />
37 = 9 · 4 + 1<br />
4 = 4 · 1 + 0
Algorytm Euklidesa 91<br />
Sta ↩<br />
d NWD(841, 160) = 1 . Aby wskazać odpowiednia ↩<br />
kombinacje ↩<br />
,<br />
obliczamy<br />
1 = 1 · 37 + (−9) · 4<br />
(d) Podobnie,<br />
1 = 10 · 37 + (−9) · 41<br />
1 = 10 · 160 + (−39) · 41<br />
1 = 205 · 160 + (−39) · 841.<br />
oraz<br />
2613 = 1 · 2171 + 442<br />
2171 = 4 · 442 + 403<br />
442 = 1 · 403 + 39<br />
403 = 10 · 39 + 13<br />
39 = 3 · 13 + 0<br />
13 = 1 · 403 + (−10) · 39<br />
13 = 11 · 403 + (−10) · 442<br />
13 = 11 · 2171 + (−54) · 442<br />
13 = 65 · 2171 + (−54) · 2613.<br />
4.1.4. Jeśli mamy już, że r k+1 ≤ 1 2 r k , to ponieważ r k+2 <<br />
r k+1 , mamy ża ↩<br />
dana ↩<br />
nierówność. Za̷lóżmy wie ↩<br />
c, że r k+1 > 1 2 r k .<br />
Wówczas przy naste ↩<br />
pnym dzieleniu mamy r k = q k+2 r k+1 + r k+2 .<br />
Ale tutaj musi być q k+2 = 1 , ponieważ r k < 2r k+1 . Zatem r k+2 =<br />
r k − r k+1 < r k − 1 2 r k = 1 2 r k , co należa̷lo pokazać.<br />
4.1.5. Jeśli wykorzystamy proponowany wariant algorytmu<br />
Euklidesa, wykonamy naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce dzielenia:<br />
(a) 26 = 1 · 19 + 7 (b) 187 = 5 · 34 + 17<br />
19 = 2 · 7 + 5 34 = 2 · 17 + 0<br />
7 = 1 · 5 + 2<br />
5 = 2 · 2 + 1<br />
2 = 2 · 1 + 0<br />
(c) 841 = 5 · 160 + 41 (d) 2613 = 1 · 2171 + 442<br />
160 = 4 · 41 − 4 2171 = 5 · 442 − 39<br />
41 = 10 · 4 + 1 442 = 11 · 39 + 13<br />
4 = 4 · 1 + 0 39 = 3 · 13 + 0
92 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
4.1.6. Za̷lóżmy, że<br />
oraz<br />
r k−2 = q k r k−1 + r ′ k (1)<br />
r k−2 = q ′ kr k−1 − r ′′<br />
k. (2)<br />
Zauważmy, że q<br />
k ′ = q k + 1 . Podstawiaja ↩<br />
c to do (2) i porównuja ↩<br />
c<br />
z (1), otrzymujemy r<br />
k ′ = r k−1 − r<br />
k ′′ . Zatem (ponieważ wszystkie<br />
trzy liczby sa ↩<br />
dodatnie) liczby r<br />
k<br />
′ i r′′ k sa ↩<br />
równe po̷lowie r k−1 lub<br />
jedna z nich jest mniejsza niż po̷lowa r k−1 . Ponieważ wybieramy<br />
zawsze te ↩<br />
mniejsza ↩<br />
liczbe ↩<br />
, wie ↩<br />
c r k ≤ 1 2 r k−1 .<br />
4.1.7.<br />
(a) Ponieważ kolejne dzielenia sa ↩<br />
naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce:<br />
10n + 9 = 9(n + 1) + n,<br />
n + 1 = 1 · n + 1,<br />
n = n · 1 + 0,<br />
wie ↩<br />
c NWD(10n + 9, n + 1) = 1 .<br />
(b) Kolejne dzielenia sa ↩<br />
naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce:<br />
10n + 3 = 3(3n + 1) + n,<br />
3n + 1 = 3 · n + 1,<br />
n = n · 1 + 0.<br />
Zatem NWD(10n + 3, 3n + 1) = 1 .<br />
4.1.8. Zauważmy, że zachodza ↩<br />
równości<br />
nq = 10aq + bq<br />
= 10aq + a − a + bq<br />
= a(10q + 1) − (a − bq)<br />
= am − (a − bq).<br />
Za̷lóżmy, że m|n . Zatem m|nq , i z powyższej równości wynika, że<br />
m|a − bq . W druga ↩<br />
strone ↩<br />
, za̷lóżmy, że m|a − bq . Istnieje wie ↩<br />
c taka<br />
liczba ca̷lkowita k , że a − bq = mk . Sta ↩<br />
d<br />
n = 10a + b = 10(mk + bq) + b = 10mk + (10q + 1)b = m(10k + b).<br />
Zatem m|n .
Algorytm Euklidesa 93<br />
4.1.9. Z treści zadania wynika, że istnieja ↩<br />
liczby naturalne a<br />
oraz b takie, że x = 12a , y = 12b , przy czym NWD(a, b) = 1 .<br />
Ponieważ 12a + 12b = 96 , wie ↩<br />
c a + b = 8 . Uwzgle ↩<br />
dniaja ↩<br />
c warunek<br />
NWD(a, b) = 1 , otrzymujemy naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce pary (1,7) , (3,5) , (5,3) ,<br />
(7,1) spe̷lniaja ↩<br />
ce równanie a+b = 8 . Zatem rozwia ↩<br />
zaniami naszego<br />
uk̷ladu sa ↩<br />
pary liczb (12,84) , (36,60) , (60,36) , (84,12) .<br />
4.1.10. x = kb , gdzie k ∈ Z jest taka, że NWD(<br />
k,<br />
a<br />
b<br />
)<br />
= 1 .<br />
4.1.11. Tak, gdyż NWD(a, b) = NWD(|a|, |b|) .<br />
4.1.12. Suma dwóch kolejnych liczb naturalnych jest równa<br />
s = n+(n+1) , a suma ich kwadratów jest równa t = n 2 +(n+1) 2 =<br />
2n 2 + 2n + 1 . Zauważmy, że<br />
2t − s 2 = 2(2n 2 + 2n + 1) − (4n 2 + 4n + 1) = 1.<br />
Z otrzymanej równości wynika, że NWD(s, t) = 1 .<br />
4.2. Równania liniowe<br />
4.2.1. Obliczamy kolejno najwie ↩<br />
ksze wspólne dzielniki wspó̷lczynników<br />
równań, a naste ↩<br />
pnie patrzymy, czy sa ↩<br />
one dzielnikami<br />
wyrazów wolnych.<br />
(a) NWD(12, 18) = 6 oraz 6|36 , wie ↩<br />
c równanie ma rozwia ↩<br />
zanie.<br />
(b) NWD(65, 39) = 13 , ale 13̸ | 16 , zatem to równanie nie ma<br />
rozwia ↩<br />
zań w liczbach ca̷lkowitych.<br />
(c) NWD(2613, 2171) = 13 , co jest dzielnikiem 39. Zatem to<br />
równanie ma rozwia ↩<br />
zanie.<br />
(d) NWD(12, 15) = 3 , co jest dzielnikiem 333, wie ↩<br />
c to równanie<br />
także ma rozwia ↩<br />
zanie.<br />
(e) NWD(119, 105) = 7 oraz 7|28 , wie ↩<br />
c i to równanie ma<br />
rozwia ↩<br />
zanie.<br />
(f) NWD(28, 35) = 7 , ale 7 nie jest dzielnikiem liczby 347.<br />
Zatem to równanie nie ma rozwia ↩<br />
zań ca̷lkowitych.<br />
4.2.2. Ponieważ 2|c wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
, wie ↩<br />
c równanie ax + by = c ma rozwia ↩<br />
zanie wtedy i tylko<br />
wtedy, gdy c jest liczba ↩<br />
parzysta ↩<br />
.
94 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
4.2.3. Jeżeli liczby a i b sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze, to oznacza<br />
to, iż NWD(a, b) = 1 . Ponieważ 1 jest dzielnikiem każdej liczby<br />
ca̷lkowitej, wie ↩<br />
c równanie ax + by = c ma rozwia ↩<br />
zanie dla dowolnego<br />
c ∈ Z . Zatem, ponieważ zbiór A możemy zapisać jako<br />
{ax + by : x,y ∈ Z} , wie ↩<br />
c A = Z .<br />
4.2.4. Niech a ∈ A , a ≠ 0 . Z określenia zbioru A wynika, że<br />
0 = a − a ∈ A oraz −a = 0 − a ∈ A . Ponieważ jedna z liczb a , −a<br />
należa ↩<br />
cych do A jest liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, wie ↩<br />
c zbiór A zawiera liczby<br />
naturalne. Niech m be ↩<br />
dzie najmniejsza ↩<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
zbioru A<br />
i niech x ∈ A . Dziela ↩<br />
c x przez m mamy x = qm + r , gdzie<br />
0 ≤ r < m . Wtedy r = x − qm ∈ A . Gdyby r > 0 , to r by̷loby<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
mniejsza ↩<br />
od m należa ↩<br />
ca ↩<br />
do A . Zatem r = 0 ,<br />
czyli m|x .<br />
4.2.5. Wystarczy napisać równanie, które nie ma rozwia ↩<br />
zania<br />
w liczbach ca̷lkowitych. Na przyk̷lad 2x + 4y = 3 .<br />
4.3. Rozwia ↩<br />
zywanie równań liniowych<br />
4.3.1. Rozwia ↩<br />
żemy tylko równania (a), (c) i (e), a w pozosta̷lych<br />
przyk̷ladach ograniczymy sie ↩<br />
tylko do podania odpowiedzi.<br />
Zauważmy, że każde równanie może mieć kilka różnych przedstawień<br />
rozwia ↩<br />
zania.<br />
(a) Wykonujemy dzielenie 18 = 1 · 12 + 6 i podstawiamy do<br />
naszego równania otrzymuja ↩<br />
c<br />
12(x + y) + 6y = 36.<br />
Oznaczamy teraz x 1 = x + y , y 1 = y i otrzymujemy<br />
równanie 12x 1 + 6y 1 = 36 , które możemy obustronnie<br />
podzielić przez 6 i otrzymać<br />
2x 1 + y 1 = 6.<br />
Podstawiamy teraz x 1 = t i obliczamy kolejno y 1 = 6 −<br />
2t , y = 6 − 2t oraz x = −6 + 3t .<br />
(b) x = −2 + 3t , y = 4 − 5t .<br />
(c) Wykonujemy najpierw dzielenie 2613 = 1 · 2171 + 442 .<br />
Naste ↩<br />
pnie podstawiamy x 1 = x + y , y 1 = x i otrzymujemy<br />
2171x 1 + 442y 1 = 39.
Algorytm Euklidesa 95<br />
Po podzieleniu 2171 = 4 · 442 + 403 i podstawieniu x 2 =<br />
4x 1 + y 1 , y 2 = x 1 dostajemy<br />
442x 2 + 403y 2 = 39.<br />
Teraz podstawimy x 3 = x 2 + y 2 oraz y 3 = x 2 i otrzymamy<br />
403x 3 + 39y 3 = 39.<br />
Wreszcie podzielimy 403 = 10·39+13 , podstawimy x 4 =<br />
10x 3 + y 3 , y 4 = x 3 i dostaniemy<br />
39x 4 + 13y 4 = 39.<br />
Ostatnie równanie podzielimy obustronnie przez 13 i za x 4<br />
przyjmiemy parametr t . Wycofuja ↩<br />
c sie ↩<br />
dostajemy kolejno<br />
x 4 = t , y 4 = 3 − 3t ,<br />
x 3 = 3 − 3t , y 3 = −30 + 31t ,<br />
x 2 = −30 + 31t , y 2 = 33 − 34t ,<br />
x 1 = 33 − 34t , y 1 = −162 + 167t ,<br />
x = −162 + 167t , y = 195 − 201t .<br />
(d) x = −111 + 5t , y = 111 − 4t .<br />
(e) Dzielimy obustronnie nasze równanie przez 4, otrzymuja ↩<br />
c<br />
rówoważne równanie x + y = 2 . Jego rozwia ↩<br />
zaniami sa ↩<br />
x = t , y = 2 − t .<br />
(f) x = −28 + 15t , y = 32 − 17t .<br />
4.3.2. Na pocza ↩<br />
tku zauważmy, że nasze równanie ma zawsze<br />
rozwia ↩<br />
zanie, ponieważ NWD(12, 15) = 3 . Poste ↩<br />
pujemy wie ↩<br />
c zgodnie<br />
z naszym algorytmem, tj. podstawiamy x 1 = x + y oraz y 1 = y<br />
i zapisujemy 12x 1 +3y 1 = 3(7u−22) . Otrzymane równanie dzielimy<br />
obustronnie przez 3 i za x 1 przyjmujemy parametr t . Zatem y 1 =<br />
7u − 4t − 22 i ostatecznie y = 7u − 4t − 22 oraz x = −7u + 5t + 22 .<br />
4.3.3.<br />
(a) Zgodnie ze wskazówka ↩<br />
rozwia ↩<br />
zujemy równanie 3t + 7z =<br />
11 , otrzymuja ↩<br />
c t = −22 + 7u oraz z = 11 − 3u .<br />
Mamy zatem obliczona ↩<br />
niewiadoma ↩<br />
z . Aby obliczyć x<br />
i y , rozwia ↩<br />
zujemy równanie 12x + 15y = 3(7u − 22) ,
96 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
otrzymuja ↩<br />
c x = −7u + 5t + 22 oraz y = 7u − 4t − 22<br />
(patrz poprzednie zadanie).<br />
(b) Zapiszmy nasze równanie w postaci 6x + 10y = 4 − 12z .<br />
Zatem NWD(6, 10) = 2 musi dzielić 4−12z . Otrzymujemy<br />
wie ↩<br />
c równanie 2t + 12z = 4 , którego rozwia ↩<br />
zaniami sa ↩<br />
z = u oraz t = 2−6u . Aby obliczyć x i y rozwia ↩<br />
zujemy<br />
równanie 6x + 10y = 2(2 − 6u) i otrzymujemy<br />
x = 4 − 12u − 5t oraz y = −2 + 6u + 3t.<br />
4.3.4. Podstawiamy x 1 = x + y i y 1 = x , otrzymuja ↩<br />
c<br />
równanie<br />
18x 1 + 6y 1 = 19.<br />
W dalszym cia ↩<br />
gu podstawiamy x 2 = 3x 1 +y 1 i dostajemy równanie<br />
6x 2 = 19 , które nie ma rozwia ↩<br />
zania w liczbach ca̷lkowitych, ponieważ<br />
6̸ | 19 .<br />
Zauważmy, że jeśli równanie nie ma rozwia ↩<br />
zania w liczbach<br />
ca̷lkowitych, to algorytm rozwia ↩<br />
zywania zawsze ,,zacina sie ↩<br />
” w tym<br />
miejscu. Jest tak, ponieważ wspó̷lczynnik przy niewiadomej jest<br />
równy najwie ↩<br />
kszemu wspólnemu dzielnikowi wspó̷lczynników równania<br />
wyjściowego, a wyraz wolny pozostaje nie zmieniony.<br />
4.3.5. Niech (p,q) bedzie dowolnym rozwia ↩<br />
zaniem równania<br />
(1). Wtedy zachodza ↩<br />
równości ax 0 + by 0 = c oraz ap + bq = c ,<br />
sta ↩<br />
d<br />
a(p − x 0 ) = −b(q − y 0 ). (*)<br />
Niech d = NWD(a, b) i niech a = a 1 d , b = b 1 d . Wówczas z (*)<br />
mamy<br />
a 1 (p − x 0 ) = −b 1 (q − y 0 ), (**)<br />
gdzie NWD(a 1 , b 1 ) = 1 . Sta ↩<br />
d wynika, że a 1 |q − y 0 i b 1 |p − x 0 .<br />
Istnieja ↩<br />
wie ↩<br />
c liczby ca̷lkowite t oraz s takie, że q − y 0 = a 1 s oraz<br />
p − x 0 = b 1 t . Podstawiaja ↩<br />
c do (**) ̷latwo zauważymy, że s =<br />
b<br />
−t . Zatem p = x 0 + b 1 t , q = y 0 − a 1 t , gdzie b 1 =<br />
NWD(a,b) ,<br />
a<br />
a 1 =<br />
NWD(a,b) . Na zakończenie zauważmy, że dla dowolnej liczby<br />
ca̷lkowitej t , para (p,q) , gdzie p = x 0 + b 1 t , q = y 0 − a 1 t jest<br />
rozwia ↩<br />
zaniem równania (1).
Algorytm Euklidesa 97<br />
4.3.6. Wystarczy znaleźć jedno rozwia ↩<br />
zanie (x 0 ,y 0 ) tego<br />
równania i zastosować wzory z 4.3.5. Dla znalezienia rozwia ↩<br />
zania<br />
(x 0 ,y 0 ) zastosujemy algorytm Euklidesa.<br />
852 = 4 · 192 + 84<br />
192 = 2 · 84 + 24<br />
84 = 3 · 24 + 12<br />
24 = 2 · 12 + 0.<br />
Sta ↩<br />
d NWD(852, 192) = 12 = 84 − 3 · 24 = 84 − 3 · (192 − 2 · 84) =<br />
7 · 84 − 3 · 192 = 7(852 − 4 · 192) − 3 · 192 = 7 · 852 − 31 · 192 , a sta ↩<br />
d<br />
852·(7·2)+192(−31·2) = 24. Otrzymana równość oznacza, że para<br />
(14,−62) jest rozwia ↩<br />
zaniem równania 852x + 192y = 24 . Zatem<br />
wszystkie rozwia ↩<br />
zania dane sa ↩<br />
wzorami x = 14+16t , y = −62−71t ,<br />
gdzie t ∈ Z .
5. Kongruencje<br />
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji<br />
5.1.1. Ponieważ liczba a − a = 0 jest podzielna przez każda ↩<br />
liczbe ↩<br />
naturalna ↩<br />
m , wie ↩<br />
c a ≡ a(mod m ) . Jeżeli m|a − b , to<br />
także m|b−a , co oznacza, że z kongruencji a ≡ b(mod m ) wynika<br />
kongruencja b ≡ a(mod m ) . Niech a ≡ b(mod m ) oraz b ≡<br />
c(mod m ) . Wtedy m|a − b i m|b − c . Sta ↩<br />
d m|(a − b) + (b − c) ,<br />
czyli m|a − c . Zatem, ostatecznie, a ≡ c(mod m ) .<br />
5.1.2. Za̷lóżmy, że a ≡ b(mod m ) . Niech a = mx + r 1 oraz<br />
b = my + r 2 , przy czym 0 ≤ r 1 < m oraz 0 ≤ r 2 < m . Z tego, że<br />
m|a − b oraz a − b = m(x − y) + (r 1 − r 2 ) wynika, że m|r 1 − r 2 .<br />
Ponieważ r 1 ,r 2 ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} , wie ↩<br />
c r 1 = r 2 .<br />
Za̷lóżmy teraz, że liczby a i b przy dzieleniu przez m maja ↩<br />
takie same reszty, tzn. a = mq 1 + r i b = mq 2 + r . Wtedy<br />
a − b = m(q 1 − q 2 ) , czyli a ≡ b(mod m ) .<br />
Niech teraz a be ↩<br />
dzie dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
. Możemy<br />
napisać a = mq + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} . Zatem m|a − r ,<br />
czyli a ≡ r(mod m ) . Sta ↩<br />
d mamy, że klasa abstrakcji elementu a<br />
ma reprezentanta w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} . Z pierwszej cze ↩<br />
ści<br />
rozwia ↩<br />
zania wynika, że taki reprezentant jest dok̷ladnie jeden.<br />
5.1.3. Z kongruencji a ≡ b(mod m ) wobec 5.1.2 wynika, że<br />
a = mq 1 + r oraz b = mq 2 + r , sta ↩<br />
d a − b = m(q 1 − q 2 ) , czyli<br />
a = b + mt , gdzie t = q 1 − q 2 . Odwrotnie, z równości a = b + mt<br />
wynika, że a − b = mt , czyli a ≡ b(mod m ) .<br />
5.1.4. Jeżeli a 1 ≡ b 1 (mod m ) , a 2 ≡ b 2 (mod m ) , to a 1 =<br />
b 1 + mt 1 , a 2 = b 2 + mt 2 . Zatem a 1 + a 2 = b 1 + b 2 + m(t 1 + t 2 ) ,<br />
a 1 − a 2 = b 1 − b 2 + m(t 1 − t 2 ) oraz<br />
a 1 · a 2 = (b 1 + mt 1 )(b 2 + mt 2 ) = b 1 b 2 + m(b 1 t 2 + b 2 t 1 + mt 1 t 2 ).<br />
Sta ↩<br />
d wynika, że (a 1 + a 2 ) ≡ (b 1 + b 2 )(mod m ) , (a 1 − a 2 ) ≡ (b 1 −<br />
b 2 )(mod m ) oraz (a 1 · a 2 ) ≡ (b 1 · b 2 )(mod m ) .<br />
5.1.5.<br />
(a) Kongruencja ac ≡ bc(mod mc ) oznacza, iż istnieje taka<br />
liczba ca̷lkowita d , że ac − bc = mcd , ska ↩<br />
d a − b = md ,<br />
co oznacza a ≡ b(mod m ) .
Kongruencje 99<br />
(b) Ponieważ m|(a − b)c oraz NWD(m, c) = 1 , wie ↩<br />
c m|a − b<br />
(zobacz 1.8).<br />
(c) Niech NWW(s, t) = ss 1 = tt 1 . Mamy a ss 1<br />
≡ 1(mod m )<br />
oraz a tt 1<br />
≡ 1(mod n ) , czyli<br />
m|a NWW(s,t) − 1 oraz n|a NWW(s,t) − 1.<br />
Sta ↩<br />
d, wobec 1.7.4 oraz 1.7.6, mamy mn|a NWW(s,t) − 1 .<br />
(d) Jeżeli m|a − b oraz n|a − b , to NWW(m, n)|a − b (wynika<br />
to z 1.7.6).<br />
5.1.6. Należy pokazać, że 2 55 ≡ −1(mod 11 ) . Ponieważ<br />
2 5 = 32 ≡ −1(mod 11 ) , wie ↩<br />
c 2 55 = ( 2 5) 11<br />
≡ (−1) 11 ≡<br />
(−1)(mod 11 ) . Ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 55 + 1 w systemie o podstawie<br />
11 jest 0.<br />
5.1.7. Ponieważ 78 = 6·13 oraz NWD(6, 13) = 1 , wie ↩<br />
c wystarczy<br />
pokazać, że 6|53 103 +103 53 oraz 13|53 103 +103 53 . Bezpośrednio<br />
sprawdzamy, że 53 ≡ −1(mod 6 ) oraz 103 ≡ 1(mod 6 ) . Sta ↩<br />
d<br />
53 103 ≡ −1(mod 6 ) oraz 103 53 ≡ 1(mod 6 ) . Dodaja ↩<br />
c stronami<br />
otrzymane kongruencje, mamy 53 103 +103 53 ≡ −1+1 ≡ 0(mod 6 ) .<br />
Podobnie stwierdzamy, że 53 103 + 103 53 ≡ 0(mod 13 ) .<br />
5.1.8.<br />
(a) Jeżeli n 0 jest ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby n , to zachodzi kongruencja<br />
n ≡ n 0 (mod 10 ) . Ponieważ 2 5 ≡ 2(mod 10 ) ,<br />
wie ↩<br />
c 2 5·5·5 ≡ 2(mod 10 ) , natomiast 2 8 = 2 3 · 2 5 ≡<br />
6(mod 10 ) . Sta ↩<br />
d 2 1000 = ( 2 5·5·5) 8<br />
≡ 2 8 ≡ 6(mod 10 ) .<br />
Zatem ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 1000 jest 6.<br />
(b) F 0 = 3 , F 1 = 5 . Jeżeli n ≥ 2 , to<br />
2 2n =<br />
(<br />
2 22) 2 n−2 ≡ 6(mod 10 ).<br />
Zatem dla n ≥ 2 ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby F n jest 7.<br />
5.1.9. Niech a − 1 , a , a + 1 be ↩<br />
da ↩<br />
trzema kolejnymi liczbami<br />
naturalnymi. Wówczas (a − 1) 3 + a 3 + (a + 1) 3 = 3a 3 + 6a =<br />
3(a 3 + 2a) . Ponieważ 18 = 3 · 6 , wie ↩<br />
c wystarczy zbadać kiedy<br />
a 3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) . Zauważmy, że jeżeli a ≡ 0(mod 6 ) lub
100 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
a ≡ 2(mod 6 ) lub a ≡ 4(mod 6 ) , to a 3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) .<br />
Odwrotnie, jeżeli 6|a 3 + 2a , to 6|a(a 2 + 2) . Gdyby liczba a by̷la<br />
nieparzysta, iloczyn a(a 2 +2) by̷lby liczba ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
. Zatem suma<br />
sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez<br />
18 , gdy druga z tych liczb jest parzysta.<br />
5.1.10. Ponieważ 3 ≡ −4(mod 7 ) , wie ↩<br />
c 3 2 ≡ 2(mod 7 ) .<br />
Zatem dla dowolnej liczby naturalnej n mamy (3 2 ) n ≡ 2 n (mod 7 ) .<br />
Sta ↩<br />
d 3 · 3 2n ≡ −4 · 2 n (mod 7 ) , czyli 3 2n+1 + 2 n+2 ≡ 0(mod 7 ) .<br />
5.1.11.<br />
(a) Zauważmy, że ( )<br />
p<br />
k = p· (p−1)!<br />
k!(p−k)!<br />
jest liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
, czyli<br />
k!(p−k)!|p(p−1)! . Ponieważ NWD(k!(p − k)!, p) = 1 , wie ↩<br />
c<br />
k!(p − k)!|(p − 1)! (zobacz 1.8).<br />
(p−1)!<br />
k!(p−k)!<br />
jest liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
. Zatem p| ( )<br />
p<br />
k .<br />
(b) Z w̷lasności symbolu Newtona wynika, że<br />
( ) p<br />
n<br />
sta ↩<br />
d<br />
k<br />
( ) p<br />
n<br />
k<br />
k<br />
= pn k<br />
Sta ↩<br />
d wynika, że liczba<br />
( p n − 1<br />
k − 1<br />
)<br />
,<br />
( p<br />
= p n n )<br />
− 1<br />
.<br />
k − 1<br />
Zauważmy, że prawa strona ostatniej równości dzieli sie ↩<br />
przez p n , zatem i lewa strona dzieli sie ↩<br />
przez p n . Jeżeli<br />
1 ≤ k ≤ p n − 1 , to p n̸ | k , sta ↩<br />
d p| ( )<br />
p n<br />
k .<br />
(c) Wynika z wzoru dwumianowego Newtona oraz cze ↩<br />
ści (b).<br />
5.1.12. Liczba naturalna n jest postaci 3k + 1 , 3k + 2<br />
lub 3k + 3 , gdzie k ∈ N 0 . Ponieważ 2 3 ≡ 1(mod 7 ) , wie ↩<br />
c<br />
2 3k ≡ 1(mod 7 ) . Sta ↩<br />
d 2 3k+1 ≡ 2(mod 7 ) , 2 3k+2 ≡ 4(mod 7 )<br />
i 2 3k+3 ≡ 1(mod 7 ) .<br />
Ostatnia ↩<br />
cyfra ↩<br />
liczby 2 n + 1 w systemie o podstawie 7 może<br />
wie ↩<br />
c być 2, 3 lub 5.<br />
5.2. Kongruencje a wielomiany<br />
5.2.1. Rozważmy wielomian W (x) = 1 + x + 2x 2 + . . . + nx n .<br />
Ponieważ A = W (8) , B = W (3) oraz 8 ≡ 3(mod 5 ) , wie ↩<br />
c A ≡<br />
B(mod 5 ) .
Kongruencje 101<br />
5.2.2. Z za̷lożenia mamy naste ↩<br />
puja ↩<br />
ce kongruencje: W (2) ≡<br />
0(mod 5 ) oraz W (5) ≡ 0(mod 2 ) . Wiemy, że 5 ≡ −3(mod 2 )<br />
oraz 2 ≡ −3(mod 5 ) , wie ↩<br />
c W (5) ≡ W (−3)(mod 2 ) oraz W (2) ≡<br />
W (−3)(mod 5 ) . Sta ↩<br />
d i z za̷lożenia W (−3) ≡ 0(mod 2 ) oraz<br />
W (−3) ≡ 0(mod 5 ) . Z zadania 5.1.5(d) wynika, że W (−3) ≡<br />
0(mod 10 ) . Z kongruencji 7 ≡ −3(mod 10 ) wynika natomiast, że<br />
W (7) ≡ W (−3)(mod 10 ) . Ponieważ W (−3) ≡ 0(mod 10 ) , wie ↩<br />
c<br />
W (7) ≡ 0(mod 10 ) .<br />
5.2.3. Ponieważ n ≡ n 0 + n 1 + . . . + n s (mod 3 ) , wie ↩<br />
c jeżeli<br />
suma n 0 + n 1 + . . . + n s dzieli sie ↩<br />
przez 3 , to n dzieli sie ↩<br />
przez 3 .<br />
5.2.4. Wychodzimy z kongruencji 10 ≡ 1(mod 9 ) i rozumujemy<br />
analogicznie jak w 5.2.3.<br />
5.2.5. Rozumuja ↩<br />
c analogicznie jak w 5.2.3, stwierdzamy, że<br />
jeżeli n = n 0 + n 1 10 + · · · + n s 10 s , to n ≡ n 0 − n 1 + n 2 − · · · +<br />
(−1) s n s (mod 11 ) . Zatem, jeżeli 11|n 0 − n 1 + n 2 − · · · + (−1) s n s ,<br />
to 11|n .<br />
5.2.6. Za̷lóżmy, że istnieje wielomian W spe̷lniaja ↩<br />
cy warunki<br />
zadania. Ponieważ a ≡ b(mod (a − b) ) , wie ↩<br />
c<br />
W (a) ≡ W (b)(mod (a − b) ),<br />
sta ↩<br />
d a−b|b−c . Podobnie stwierdzamy, że b−c|c−a oraz c−a|a−b .<br />
Sta ↩<br />
d |a − b| ≤ |b − c| , |b − c| ≤ |c − a| oraz |c − a| ≤ |a − b| , a sta ↩<br />
d<br />
|a − b| = |b − c| = |c − a|.<br />
Liczby a − b i b − c sa ↩<br />
wie ↩<br />
c równe lub przeciwne. Gdyby by̷ly<br />
przeciwne, czyli gdyby a − b = −(b − c) , to a = c , co przeczy<br />
za̷lożeniu. Zatem a − b = b − c . Podobnie stwierdzamy, że c − a =<br />
b − c . Wobec tego 3(b − c) = (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0 . Sta ↩<br />
d<br />
b = c , co znowu jest sprzeczne z za̷lożeniem. Zatem nie istnieje<br />
wielomian spe̷lniaja ↩<br />
cy warunki zadania.<br />
5.2.7. Przypuśćmy, że istnieje taki wielomian W . Wtedy<br />
W (1) = p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
. Niech b k = 1 + p · k , gdzie k ∈ N .<br />
Ponieważ b k ≡ 1(mod p ) , wie ↩<br />
c W (b k ) ≡ W (1) = p ≡ 0(mod p ) .<br />
Wobec tego, że p|W (b k ) oraz W (b k ) jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, W (b k ) =<br />
p . Oznacza to, że wielomian W przyjmuje wartość p nieskończenie<br />
wiele razy, co jest niemożliwe.
102 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
5.2.8. Niech wybrana ↩<br />
liczba ↩<br />
be ↩<br />
dzie n = (n t n t−1 . . . n 0 ) 10<br />
i niech b = (b s b s−1 . . . b 0 ) 10 = n − (n t + n t−1 + . . . + n 0 ) . Wtedy<br />
9|b s + b s−1 + · · · + b 0 .<br />
5.3. Kongruencje a równania<br />
5.3.1. Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że<br />
W (c) = 0 . Wówczas istnieje r ∈ {0,1} takie, że W (r) ≡<br />
0(mod 2 ) , czyli W (0) ≡ 0(mod 2 ) lub W (1) ≡ 0(mod 2 ) .<br />
Ponieważ W (0) oraz W (1) sa ↩<br />
nieparzyste, wie ↩<br />
c otrzymaliśmy<br />
sprzeczność.<br />
5.3.2. Niech W (x) = 100x 6 − 80x 5 + 36x 4 + 12x 3 + x 2 + 1001 .<br />
Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że W (c) = 0 .<br />
Wówczas istnieje r ∈ {0,1,2,3} takie, że W (r) ≡ 0(mod 4 ) .<br />
Ponieważ 4 dzieli każda ↩<br />
z liczb 100, −80 , 36 oraz 12, wie ↩<br />
c<br />
W (r) ≡ r 2 + 1 ≡ 0(mod 4 ) . Otrzymaliśmy sprzeczność, bo<br />
W (0) ≡ 1(mod 4 ) , W (1) ≡ 2(mod 4 ) , W (2) ≡ 1(mod 4 ) ,<br />
a W (3) ≡ 2(mod 4 ) .<br />
5.3.3. Przypuśćmy, że para liczb ca̷lkowitych (a,b) jest<br />
rozwia ↩<br />
zaniem równania 2x 2 − 215y 2 = 1, czyli że zachodzi równość<br />
2a 2 − 215b 2 =1. Sta ↩<br />
d (2a) 2 = 430b 2 + 2 . Z otrzymanej równości<br />
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej m zachodzi kongruencja<br />
(2a) 2 ≡ 430b 2 + 2(mod m ) . Dla dowolnego b mamy<br />
430b 2 + 2 ≡ 2(mod 10 ) . Ponieważ 2a ≡ 0(mod 10 ) lub 2a ≡<br />
±2(mod 10 ) , lub 2a ≡ ±4(mod 10 ) , wie ↩<br />
c (2a) 2 ≡ 0(mod 10 )<br />
lub (2a) 2 ≡ 4(mod 10 ) , lub (2a) 2 ≡ 6(mod 10 ) . Sta ↩<br />
d (2a) 2 ≢<br />
430b 2 + 2(mod10) , co oznacza, że równanie 2x 2 − 215y 2 = 1 nie ma<br />
rozwia ↩<br />
zań ca̷lkowitych.<br />
5.3.4. Niech W be ↩<br />
dzie wielomianem o wspó̷lczynnikach<br />
ca̷lkowitych, takim że W (x) = (x 2 − 12x + 11)g(x) + 990x − 889 .<br />
Przypuśćmy, że wielomian ten ma pierwiastek ca̷lkowity a , czyli<br />
że W (a) = 0 . Istnieje wie ↩<br />
c r ∈ {0,1,2,3,4,5} takie, że W (r) ≡<br />
0(mod 6 ) . ̷Latwo sprawdzimy, że W (1) = (1 − 12 + 11)g(1) +<br />
990 − 889 ≡ 1(mod 6 ) , W (2) = (4 − 24 + 11)g(2) + 1980 − 889 =<br />
(−9)g(2) + 1091 ≢ 0(mod6) (gdyż 3̸ | 1091 ). Podobnie W (3) ≢<br />
0(mod6) , W (4) ≢ 0(mod6) , W (5) ≢ 0(mod6) i W (0) ≢ 0(mod6) .<br />
Otrzymaliśmy wie ↩<br />
c sprzeczność.
5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata<br />
Kongruencje 103<br />
5.4.1. Dla n = 1 fakt jest oczywisty.<br />
Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego n > 1 .<br />
Wówczas n p ≡ n(mod p ) , a sta ↩<br />
d n p +1 ≡ n+1(mod p ) . Z 5.1.11<br />
otrzymujemy (n + 1) p ≡ n p + 1(mod p ) . Sta ↩<br />
d, wobec za̷lożenia<br />
indukcyjnego, mamy (n + 1) p ≡ n + 1(mod p ) . To znaczy, że<br />
twierdzenie jest prawdziwe dla n + 1 .<br />
5.4.2.<br />
(a) Wystarczy pokazać, że 2|n 5 −n , 3|n 5 −n i 5|n 5 −n , czyli<br />
że n 5 ≡ n(mod 2 ) , n 5 ≡ n(mod 3 ) i n 5 ≡ n(mod 5 ) .<br />
Z wniosku z MTF wynika, że n 2 ≡ n(mod 2 ) , sta ↩<br />
d n 4 ≡<br />
n 2 ≡ n(mod 2 ) , a sta ↩<br />
d n 5 ≡ n 2 ≡ n(mod 2 ) . Pozosta̷le<br />
kongruencje też wynikaja ↩<br />
z wniosku z MTF.<br />
(b) Z wniosku z MTF mamy n 3 ≡ n(mod 3 ) , sta ↩<br />
d n 7 ≡<br />
n 5 (mod 3 ) , a sta ↩<br />
d n 7 −n 3 ≡ n 5 −n(mod 3 ) , czyli 3|n 7 −<br />
n 5 − n 3 + n . Podobnie z kongruencji n 5 ≡ n(mod 5 )<br />
otrzymujemy n 7 ≡ n 3 (mod 5 ) , a sta ↩<br />
d n 7 − n 5 ≡ n 3 −<br />
n(mod 5 ) , czyli 5|n 7 − n 5 − n 3 + n .<br />
5.4.3. Jeżeli p > 5 , to p̸ | 10 , wie ↩<br />
c z MTF mamy 10 p−1 ≡<br />
1(mod p ) , co oznacza p|10 p−1 − 1 . Zauważmy, że 10 p−1 − 1 =<br />
99 . . . 9 = 9 · n p . Ponieważ p|9 · n p oraz p̸ | 9 , wie ↩<br />
c p|n p .<br />
5.4.4. Z wniosku z MTF wynika, że a p 1 ≡ a 1(mod p ) ,<br />
a p 2 ≡ a 2(mod p ) , . . . a p k ≡ a k(mod p ) . Dodaja ↩<br />
c stronami te<br />
kongruencje mamy a p 1 + ap 2 + . . . + ap k ≡ a 1 + a 2 + . . . + a k (mod p ) .<br />
Z 5.1.2 wynika, że suma a p 1 + ap 2 + . . . + ap k<br />
dzieli sie ↩<br />
przez p wtedy<br />
i tylko wtedy, gdy suma a 1 + a 2 + . . . + a k dzieli sie ↩<br />
przez p .<br />
5.4.5. Dodaja ↩<br />
c stronami kongruencje a 2 ≡ a(mod 2 ) , b 2 ≡<br />
b(mod 2 ) , c 2 ≡ c(mod 2 ) i d 2 ≡ d(mod 2 ) mamy a 2 + b 2 +<br />
c 2 + d 2 ≡ a + b + c + d(mod 2 ) . Sta ↩<br />
d oraz z za̷lożenia wynika, że<br />
2(a 2 + b 2 ) ≡ a + b + c + d(mod 2 ) , czyli 2|a + b + c + d . Ponieważ<br />
liczba a + b + c + d jest wie ↩<br />
ksza od 2 , wie ↩<br />
c nie jest ona liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.4.6. Jeżeli p = 2 , to każda liczba postaci 2 2k − 2k , gdzie<br />
k ∈ N , dzieli sie ↩<br />
przez 2 . Jeżeli p > 2 , to z MTF wynika, że
104 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
2 p−1 ≡ 1(mod p ) , sta ↩<br />
d 2 (p−1)m ≡ 1(mod p ) dla m ∈ N . Biora ↩<br />
c<br />
za m liczby postaci kp − 1 , gdzie k ∈ N , mamy<br />
2 (p−1)(kp−1) ≡ 1 ≡ (kp − 1)(p − 1)(mod p ).<br />
Sta ↩<br />
d p|2 (p−1)(kp−1) − (p − 1)(kp − 1) .<br />
5.4.7. Ponieważ 30 = 2 · 3 · 5 , wie ↩<br />
c wystarczy pokazać, że<br />
K ≡ 0(mod 2 ) , K ≡ 0(mod 3 ) oraz K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli<br />
a ≡ 0(mod 2 ) lub b ≡ 0(mod 2 ) , to K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli<br />
a ≡ 1(mod 2 ) i b ≡ 1(mod 2 ) , to a 2 − b 2 ≡ 0(mod 2 ) , a wie ↩<br />
c<br />
K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli a ≡ 0(mod 3 ) lub b ≡ 0(mod 3 ) , to<br />
K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli 3̸ | a i 3̸ | b , to a 2 ≡ 1(mod 3 ) i b 2 ≡<br />
1(mod 3 ) , wie ↩<br />
c a 2 −b 2 ≡ 0(mod 3 ) , czyli K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli<br />
a ≡ 0(mod 5 ) lub b ≡ 0(mod 5 ) , to K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli<br />
5̸ | a i 5̸ | b , to a 4 ≡ 1(mod 5 ) i b 4 ≡ 1(mod 5 ) , wie ↩<br />
c a 4 − b 4 ≡<br />
0(mod 5 ) , zatem K ≡ 0(mod 5 ) .<br />
5.4.8. Z MTF wynika, że a · a p−2 ≡ 1(mod p ) . Niech b<br />
be ↩<br />
dzie reszta ↩<br />
z dzielenia a p−2 przez p . Wtedy b ≡ a p−2 (mod p ) ,<br />
sta ↩<br />
d ba ≡ a p−1 ≡ 1(mod p ) . Wykazaliśmy, że istnieje takie b .<br />
Gdyby istnia̷ly b 1 i b 2 takie, że ab 1 ≡ 1(mod p ) oraz ab 2 ≡<br />
1(mod p ) , przy czym 1 ≤ b 1 ≤ b 2 ≤ p − 1 , to odejmuja ↩<br />
c stronami<br />
powyższe kongruencje otrzymalibyśmy a(b 2 − b 1 ) ≡ 0(mod p ) .<br />
Ponieważ NWD(a, p) = 1 , wie ↩<br />
c p|b 2 − b 1 . Sta ↩<br />
d wobec 1 ≤ b 2 − b 1 ≤<br />
p − 1 mamy b 1 = b 2 .<br />
5.4.9. (i) ⇒ (ii) . Jeżeli istnieje liczba n taka, że n 2 −n+3 ≡<br />
0(mod p ) , to k̷lada ↩<br />
c m = 3n−1 , mamy m 2 −m+25 ≡ 0(mod p ) .<br />
(ii) ⇒ (i) . Za̷lóżmy teraz, że istnieje liczba m , taka że m 2 −<br />
m + 25 ≡ 0(mod p ) . Z 5.4.8 wynika, że istnieje liczba ca̷lkowita b ,<br />
taka że 3b ≡ 1(mod p ) . K̷lada ↩<br />
c n = b(m + 1) , mamy<br />
n 2 − n + 3 = b 2 (m + 1) 2 − b(m + 1) + 3<br />
= b 2 (m 2 + 2m + 1) − b(m + 1) + 3<br />
= b 2 (m 2 + 2m + 1) + 24b 2 − 24b 2 − 3mb 2<br />
+ 3mb 2 − mb − b + 3<br />
= b 2 (m 2 − m + 25) − 24b 2 + 3mb 2 − mb − b + 3.
Kongruencje 105<br />
Z kongruencji 3b ≡ 1(mod p ) wynika, że 3mb 2 ≡ mb(mod p )<br />
oraz 24b 2 ≡ 8b(mod p ) , a także 9b ≡ 3(mod p ) . Uwzgle ↩<br />
dniaja ↩<br />
c<br />
powyższe kongruencje oraz za̷lożenie, mamy<br />
n 2 − n + 3 ≡ b 2 (m 2 − m + 25) − 8b + mb − mb − b + 9b ≡ 0(mod p ).<br />
5.4.10. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest<br />
tylko skończona ilość. Niech be ↩<br />
da ↩<br />
to liczby p 1 , p 2 , . . . , p n .<br />
Rozważmy liczbe ↩<br />
K = 2p 1 p 2 . . . p n , a naste ↩<br />
pnie liczbe ↩<br />
K 2 + 1 .<br />
Liczba K 2 + 1 jest postaci 4t + 1 . Niech p be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
dziela ↩<br />
ca ↩<br />
liczbe ↩<br />
K 2 + 1 . Wtedy<br />
K 2 ≡ −1(mod p ). (*)<br />
Liczba p nie może być równa 2, ponieważ K 2 + 1 jest liczba ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
. Liczba p nie jest też postaci 4t + 1 , gdyż nie jest<br />
żadna ↩<br />
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p n (żadna z liczb p 1 , p 2 , . . . , p n nie<br />
jest dzielnikiem K 2 + 1 ). Zatem p jest postaci 4t + 3 . Podnosza ↩<br />
c<br />
p−1<br />
kongruencje ↩<br />
(*) do pote ↩<br />
gi<br />
2<br />
= 2t + 1 , mamy<br />
(K 2 ) p−1<br />
2 ≡ (−1) p−1<br />
2 ≡ (−1) 2t+1 (mod p ),<br />
czyli K p−1 ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p̸ | K , wie ↩<br />
c z MTF mamy<br />
K p−1 ≡ 1(mod p ) . Sta ↩<br />
d 1 ≡ −1(mod p ) , czyli p|2 . Otrzymaliśmy<br />
sprzeczność, która dowodzi, że liczb pierwszych postaci<br />
4k + 1 jest nieskończenie wiele.<br />
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera<br />
5.5.1. Ponieważ n = qϕ(m) + r , wie ↩<br />
c a n = a qϕ(m)+r =<br />
(<br />
a<br />
ϕ(m) ) q<br />
a r ≡ a r (mod m ) .<br />
5.5.2. Ponieważ a k ≡ 1(mod m ) oraz a l ≡ 1(mod m ) ,<br />
wie ↩<br />
c z definicji wyk̷ladnika mamy w m (a)|k oraz w m (a)|l , co oznacza,<br />
że w m (a) jest wspólnym dzielnikiem liczb k i l . Wobec tego<br />
w m (a)|NWD(k, l) , czyli NWD(k, l) = w m (a)s . Otrzymujemy zatem<br />
a NWD(k,l) = a w m(a)s = ( a w m(a) ) s<br />
≡ 1(mod m ) .
106 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
5.5.3.<br />
(a) Ponieważ 317 ≡ 2(mod 15 ) , wie ↩<br />
c podnosza ↩<br />
c obie strony<br />
tej kongruencji do pote ↩<br />
gi 259 otrzymujemy 317 259 ≡<br />
2 259 (mod 15 ) . Z twierdzenia Eulera wynika, że 2 ϕ(15) ≡<br />
1(mod 15 ) , czyli 2 8 ≡ 1(mod 15 ) . Ponieważ 259 =<br />
32 · 8 + 3 , wie ↩<br />
c 2 259 = ( 2 8) 32<br />
· 2 3 ≡ 8(mod 15 ) . Zatem<br />
reszta z dzielenia 317 259 przez 15 wynosi 8 .<br />
(b) Reszta wynosi 7 .<br />
(c) Reszta wynosi 64 . Istotnie, ponieważ 4 22 ≡ 1(mod 23 ) ,<br />
wie ↩<br />
c 4 110 ≡ 1(mod 23 ) , a sta ↩<br />
d 4 112 ≡ 16(mod 23 ) .<br />
Zatem 4 113 ≡ 64(mod 92 ) .<br />
(d) Ponieważ 77 = 7 · 11 , ϕ(7) = 6 , ϕ(11) = 10 oraz<br />
NWW(6, 10) = 30 , wie ↩<br />
c z 5.1.5.(c) otrzymujemy 2 30 ≡<br />
1(mod 77 ) . Ponieważ 1000000 = 30 · 33333 + 10 , wie ↩<br />
c<br />
2 1000000 ≡ 2 10 ≡ 23(mod 77 ) .<br />
5.5.4. Ponieważ n − 1 = 2700 = 36 · 75 , wie ↩<br />
c wystarczy<br />
pokazać, że 2 36·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Z kongruencji 2 9 ≡<br />
2 6 · 2 3 ≡ −9 · 8 ≡ 1(mod 73 ) wynika, że 2 36 ≡ 1(mod 73 ) . Z<br />
twierdzenia Eulera wynika, że 2 36 ≡ 1(mod 37 ) . Z dwóch ostatnich<br />
kongruencji wynika, że 2 36 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Sta ↩<br />
d ostatecznie<br />
2 36·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) .<br />
5.5.5. Ponieważ 20 = 5 · 4 , wie ↩<br />
c wystarczy pokazać, że rozważana<br />
liczba dzieli sie ↩<br />
przez 5 oraz 4 . Dla wykazania podzielności<br />
przez 5 , wystarczy rozważyć przypadek, gdy NWD(n, 5) = 1 .<br />
W tym w̷laśnie przypadku mamy n 4 ≡ 1(mod 5 ) . Sta ↩<br />
d n 7 −<br />
14n 5 + 49n 3 − 36n ≡ n 3 + n − n 3 − n ≡ 0(mod 5 ) . Aby wykazać<br />
podzielność naszej liczby przez 4 , należy rozważyć dwa przypadki<br />
NWD(n, 4) = 1 oraz NWD(n, 4) = 2 . Jeżeli NWD(n, 4) = 1 , to<br />
n 2 ≡ 1(mod 4 ) . Wtedy n 7 − 14n 5 + 49n 3 − 36n ≡ n − 14n +<br />
49n − 36n ≡ 0(mod 4 ) . Jeżeli NWD(n, 4) = 2 , to n = 2k . Wtedy<br />
n(n 6 − 14n 4 + 49n 2 − 36) ≡ 0(mod 4 ) .<br />
5.5.6. Z wniosku z twierdzenia Eulera wynika, że najmniejsza<br />
liczba naturalna k taka, że a k ≡ 1(mod 7 ) znajduje sie ↩<br />
wśród<br />
dzielników liczby ϕ(7) = 6 . ̷Latwo sprawdzić, że jest nia ↩<br />
3, czyli<br />
2 3 ≡ 1(mod 7 ) . Sta ↩<br />
d 2 3k ≡ 1(mod 7 ) , gdzie k ∈ N .
Kongruencje 107<br />
5.5.7. W myśl twierdzenia Eulera, dla naturalnych k zachodzi<br />
kongruencja 2 kϕ(m) ≡ 1(mod m ) , ska ↩<br />
d 2 kϕ(m) = my k +1 , gdzie y k<br />
jest liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
; przyjmuja ↩<br />
c x k = kϕ(m) mamy 2 x k = my k + 1<br />
dla k ∈ N .<br />
5.5.8. Niech L oznacza iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych,<br />
z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej a > 1 ,<br />
czyli L = (a 3 −1)a 3 (a 3 +1) . Ponieważ 504 = 7·8·9 , wie ↩<br />
c wystarczy<br />
pokazać, że L ≡ 0(mod 7 ) , L ≡ 0(mod 8 ) oraz L ≡ 0(mod 9 ) .<br />
Jeżeli 7|a , to 7|L . Jeśli 7̸ | a , to z MTF wynika, że a 6 ≡<br />
1(mod 7 ) , czyli 7|(a 3 − 1)(a 3 + 1) . Zatem 7|L .<br />
Jeżeli 2|a , to 8|a 3 , wie ↩<br />
c 8|L . Jeśli 2̸ | a , to a ≡ 1(mod 2 ) ,<br />
sta ↩<br />
d a 3 ≡ 1(mod 2 ) , a także a 3 ≡ −1(mod 2 ) . Ponieważ a 3 − 1<br />
oraz a 3 +1 sa ↩<br />
kolejnymi liczbami parzystymi, wie ↩<br />
c jedna z nich jest<br />
podzielna przez 4. Istotnie, jeśli a 3 − 1 = 2t , to a 3 + 1 = 2t + 2 =<br />
2(t + 1) . Jeżeli t = 2s , to 4|a 3 − 1 . W przeciwnym wypadku, tj.<br />
gdy t = 2s + 1 , to a 3 + 1 = 4(s + 1) . Zatem 8|(a 3 − 1)(a 3 + 1) ,<br />
czyli 8|L .<br />
Jeżeli 3|a , to 9|a 3 . Natomiast, gdy 3̸ | a , to wówczas 9̸ | a ,<br />
wie ↩<br />
c na podstawie twierdzenia Eulera mamy a ϕ(9) ≡ 1(mod 9 ) ,<br />
czyli a 6 ≡ 1(mod 9 ) . Sta ↩<br />
d 9|L .<br />
5.5.9. Niech m ∈ N be ↩<br />
dzie liczba ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od 1 i niech r 1 ,<br />
r 2 , . . . , r ϕ(m) be ↩<br />
dzie cia ↩<br />
giem wszystkich liczb naturalnych mniejszych<br />
od m i wzgle ↩<br />
dnie pierwszych z m . Niech a be ↩<br />
dzie dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
ca̷lkowita ↩<br />
, taka ↩<br />
że NWD(m, a) = 1 . Oznaczmy przez ρ k reszte ↩<br />
z dzielenia liczby ar k przez m . Wiadomo, że<br />
ρ k ≡ ar k (mod m ) (*)<br />
dla k ∈ {1,2,. . . ,ϕ(m)} . Zauważmy, że liczby ρ 1 , ρ 2 , . . . , ρ ϕ(m)<br />
różnia ↩<br />
sie ↩<br />
od liczb r 1 , r 2 , . . . , r ϕ(m) co najwyżej porza ↩<br />
dkiem.<br />
W tym celu zobaczmy, że liczby ρ 1 , ρ 2 , . . . , ρ ϕ(m) sa ↩<br />
różne<br />
i wzgle ↩<br />
dnie pierwsze z m . Gdyby NWD(ρ k , m) = d > 1 , to z (*)<br />
wynika̷loby, że d jest wspólnym dzielnikiem liczb ar k oraz m ,<br />
które sa ↩<br />
wzgle ↩<br />
dnie pierwsze.<br />
Przypuśćmy, że dla pewnych k , l , takich że 1 ≤ k ≤ l ≤<br />
ϕ(m) , zachodzi równość ρ k = ρ l . Wtedy ar k ≡ ar l (mod m ) , co<br />
oznacza, że m|a(r k − r l ) . Sta ↩<br />
d, wobec tego, że NWD(a, m) = 1 ,
108 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
mamy m|r k − r l . Ponieważ liczby naturalne r k , r l sa ↩<br />
mniejsze<br />
od m , wie ↩<br />
c r k = r l , co jest możliwe tylko wtedy, gdy k = l .<br />
Z (*) wynika, że<br />
ρ 1 ρ 2 . . . ρ ϕ(m) ≡ a ϕ(m) r 1 r 2 . . . r ϕ(m) (mod m ).<br />
Zatem, ponieważ ρ 1 ρ 2 . . . ρ ϕ(m) = r 1 r 2 . . . r ϕ(m) , wie ↩<br />
c<br />
m|(a ϕ(m) − 1)r 1 r 2 . . . r ϕ(m) .<br />
Ponieważ NWD(<br />
m, r1 r 2 . . . r ϕ(m)<br />
)<br />
= 1 , wie↩ c m|(a ϕ(m) − 1) , tzn.<br />
a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) .<br />
5.6. Rozwinie ↩<br />
cie okresowe a kongruencje<br />
5.6.1. Z równości (*) wynika, że<br />
10a ≡ r 1 (mod b)<br />
10r 1 ≡ r 2 (mod b)<br />
. . . . . . . . . . . . . . . . . .<br />
10r k−1 ≡ r k (mod b).<br />
Mnoża ↩<br />
c stronami powyższe kongruencje mamy<br />
10 k ar 1 r 2 . . . r k−1 ≡ r 1 r 2 . . . r k−1 r k (mod b ).<br />
Ponieważ NWD(r 1 r 2 . . . r k−1 , b) = 1 , wie ↩<br />
c gdy k = w b (10) , tzn. gdy<br />
10 k ≡ 1(mod b ) otrzymujemy, że a ≡ r k (mod b ) . Uwzgle ↩<br />
dniaja ↩<br />
c<br />
to, że 0 < a < b oraz 0 < r k < b , mamy a = r k . Otrzymaliśmy<br />
wie ↩<br />
c reszte ↩<br />
równa ↩<br />
licznikowi u̷lamka a b<br />
. Od tego momentu reszty<br />
be ↩<br />
da ↩<br />
sie ↩<br />
powtarzać: r k+1 = r 1 , r k+2 = r 2 , . . . . Sta ↩<br />
d q k+1 = q 1 .<br />
5.6.2. Wynika z 5.6.1 oraz wniosku z twierdzenia Eulera.<br />
5.6.3. Rozważania prowadzone w tym podrozdziale pozostana ↩<br />
prawdziwe, gdy liczbe ↩<br />
10 zasta ↩<br />
pimy dowolna ↩<br />
liczba ↩<br />
naturalna ↩<br />
g ≥ 2 .<br />
Tak wie ↩<br />
c kiedy chcemy sie ↩<br />
dowiedzieć, ile cyfr w okresie ma rozwinie<br />
↩<br />
cie w systemie o podstawie 2 u̷lamek 1 5<br />
, szukamy najmniejszej<br />
liczby naturalnej spe̷lniaja ↩<br />
cej kongruencje ↩<br />
ta ↩<br />
jest x = 4 .<br />
2 x ≡ 1(mod 5 ) . Liczba ↩
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona<br />
Kongruencje 109<br />
5.7.1. W myśl twierdzenia Wilsona mamy 22! + 1 ≡<br />
0(mod 23 ) . Ponieważ<br />
22! = 18! · 19 · 20 · 21 · 22 ≡ 18!(−4)(−3)(−2)(−1) ≡ 18! · 24<br />
≡ 18!(mod 23).<br />
Sta ↩<br />
d 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .<br />
5.7.2. Ponieważ 719 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, wie ↩<br />
c z twierdzenia<br />
Wilsona wynika, że 718! + 1 ≡ 0(mod 719 ) . Ponieważ 718! =<br />
712! · 713 · 714 · 715 · 716 · 717 · 718 oraz<br />
713 ≡ −6(mod 719 ) 714 ≡ −5(mod 719 ) 715 ≡ −4(mod 719 )<br />
716 ≡ −3(mod 719 ) 717 ≡ −2(mod 719 ) 718 ≡ −1(mod 719 ),<br />
wie ↩<br />
c 718! ≡ 712! · 6! ≡ 712!(mod 719 ) ska ↩<br />
d 712! + 1 ≡ 718! + 1 ≡<br />
0(mod 719 ) . Oznacza to, że 719|712! + 1 .<br />
5.7.3. Niech liczba q ∈ N be ↩<br />
dzie taka, że 1 ≤ q < n − 1 oraz<br />
q|n . Wtedy q|(n − 1)! oraz q|(n − 1)! + 1 (bo n|(n − 1)! + 1 oraz<br />
q|n ). Zatem q|(n − 1)! + 1 − (n − 1)! , wie ↩<br />
c q = 1 . Sta ↩<br />
d wynika, że<br />
n jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.7.4. Jeżeli liczba p > 1 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to z twierdzenia<br />
Wilsona mamy (p − 1)! ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p(p − 2)! ≡<br />
0(mod p ) , wie ↩<br />
c odejmuja ↩<br />
c ostatnie dwie kongruencje stronami<br />
mamy p(p − 2)! − (p − 1)! ≡ 1(mod p ) , ska ↩<br />
d (p − 2)!(p − p + 1) ≡<br />
1(mod p ) , czyli (p−2)! ≡ 1(mod p ) . Odwrotnie, jeżeli (p−2)! ≡<br />
1(mod p ) dla p > 1 , to (p − 2)!(p − 1) ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ) .<br />
Sta ↩<br />
d i z 5.7.3 wynika, że p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
.<br />
5.7.5. W myśl twierdzenia Wilsona, dla wszystkich liczb n =<br />
p − 1 , gdzie p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
wie ↩<br />
ksza ↩<br />
od 3, mamy n! + 1 ≡<br />
0(mod n + 1 ) i n! + 1 > n + 1 . Zatem (p − 1)! + 1 jest liczba ↩<br />
z̷lożona ↩<br />
dla dowolnej liczby pierwszej p > 3 .<br />
5.7.6. Jeżeli n = p 2 , gdzie p ≥ 3 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to<br />
w iloczynie 1·2·3 · · · (p 2 −1) znajduja ↩<br />
sie ↩<br />
liczby p oraz 2p , ponieważ<br />
p 2 −1 > 2p . Zatem p 2 |(p 2 −1)! . Jeżeli n = ab , gdzie a ≥ 3 i b ≥ 3<br />
oraz a ≠ b , to w iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste ↩<br />
puja ↩<br />
czynniki a<br />
i b , wie ↩<br />
c (n − 1)! ≡ 0(mod n ) .
110 Cze ↩<br />
ść II – Rozwia ↩<br />
zania<br />
5.7.7. Jeżeli n = p , gdzie p jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
nieparzysta ↩<br />
,<br />
to z twierdzenia Wilsona wynika, że n̸ | (n − 1)! , wie ↩<br />
c n 2̸ | (n − 1)! ,<br />
czyli (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) . Jeżeli n = p 2 , gdzie p ≥ 5 jest liczba ↩<br />
pierwsza ↩<br />
, to w iloczynie 1·2·3 · · · (p 2 −1) znajduja ↩<br />
sie ↩<br />
liczby p , 2p ,<br />
3p oraz 4p , gdyż p 2 − 1 > 4p , wie ↩<br />
c p 4 |(p 2 − 1)! , czyli (n − 1)! ≡<br />
0(mod n 2 ) .<br />
Jeżeli n = 9 , to (9 − 1)! ≢ 0(mod9 2 ) , co można ̷latwo<br />
sprawdzić. Jeśli n = ab oraz a ≥ 3 i b ≥ 3 oraz a ≠ b , to w<br />
iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste ↩<br />
puja ↩<br />
czynniki a , 2a , b i 2b ,<br />
wie ↩<br />
c (n − 1)! ≡ 0(mod n 2 ) . Zatem liczby nieparzyste pierwsze<br />
oraz liczba 9 spe̷lniaja ↩<br />
warunek (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) .<br />
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach<br />
5.8.1. W dowodzie chińskiego twierdzenia o resztach k̷ladziemy<br />
n 1 = 3 , n 2 = 4 , n 3 = 5, n = n 1 n 2 n 3 = 60 ,<br />
m 1 = 20 , m 2 = 15 , m 3 = 12,<br />
a 1 = a , a 2 = b , a 3 = c.<br />
Ponieważ 2m 1 +(−13)n 1 = 1 , 3m 2 +(−11)n 2 = 1 , 3m 3 +(−7)n 3 =<br />
1 , wie ↩<br />
c za x 0 należy przyja ↩<br />
ć 2·20a+3·15b+3·12c = 40a+45b+36c ,<br />
a za x reszte ↩<br />
z dzielenia liczby x 0 przez 60.<br />
5.8.2. Ponieważ NWD(11, 4) = 1 , wie ↩<br />
c z chińskiego twierdzenia<br />
o resztach wynika, że w przedziale [1,44] istnieje dok̷ladnie jedna<br />
taka liczba (jest nia ↩<br />
23). Kolejne liczby spe̷lniaja ↩<br />
ce wymagane<br />
warunki przystaja ↩<br />
modulo 44. Zatem takich liczb jest 45.<br />
5.8.3. Liczba 4 ma ża ↩<br />
dana ↩<br />
w̷lasność, ale nie jest liczba ↩<br />
trzycyfrowa ↩<br />
. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że każda<br />
inna liczba daja ↩<br />
ca wymagane reszty musi sie ↩<br />
różnić od 4 o wielokrotność<br />
liczby 7 · 9 · 11 = 693 . Jedyna ↩<br />
taka ↩<br />
liczba ↩<br />
trzycyfrowa ↩<br />
jest<br />
4 + 693 = 697 .<br />
5.8.4. Liczba −10 ma ża ↩<br />
dane w̷lasności, ale nie jest liczba ↩<br />
dodatnia ↩<br />
. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że kolejna ↩<br />
liczba ↩<br />
maja ↩<br />
ca ↩<br />
ża ↩<br />
dane w̷lasności jest liczba −10 + 11 · 12 · 13 = 1706 .<br />
Jest to najmniejsza liczba dodatnia, która daje reszte ↩<br />
1 przy dzieleniu<br />
przez 11, reszte ↩<br />
2 przy dzieleniu przez 12 i reszte ↩<br />
3 przy dzieleniu<br />
przez 13.
Kongruencje 111<br />
5.8.5. Dla dowolnego naturalnego n zachodzi 2 n + 2 n =<br />
2 n+1 . Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że istnieje liczba<br />
naturalna n 0 taka, że n 0 ≡ 0(mod p ) , n 0 ≡ 0(mod q ) , n 0 ≡<br />
−1(mod r ) . Wtedy<br />
( )<br />
n 0 p ( )<br />
n 0 q ( )<br />
n 0 +1 r<br />
2<br />
p<br />
+ 2<br />
q r<br />
= 2 .<br />
Przyjmuja ↩<br />
c x 0 = 2 n 0<br />
p<br />
, y 0 = 2 n 0<br />
q<br />
, z 0 = 2 n 0 +1<br />
r<br />
, mamy<br />
x p 0 + yq 0 = zr 0.<br />
5.8.6. Jeżeli n = 1 , to dla dowolnego c ∈ N para (c a 2<br />
,c a 1<br />
)<br />
jest rozwia ↩<br />
zaniem równania x a 1<br />
1 = x a 2<br />
2 . Niech n > 1 . Na mocy<br />
chińskiego twierdzenia o resztach istnieje liczba naturalna z ∈ [1,a 1·<br />
a 2 · · · a n+1 ] , taka że z ≡ 0(mod a i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,n} oraz z ≡<br />
−1(mod a n+1 ) (takich liczb naturalnych z istnieje oczywiście nieskończenie<br />
wiele). Istnieja ↩<br />
wie ↩<br />
c liczby naturalne y 1 , y 2 , . . . , y n ,<br />
y n+1 takie, że z = a i y i dla i ∈ {1,2,. . . ,n} , z + 1 = a n+1 y n+1 .<br />
K̷lada ↩<br />
c x i = n y i<br />
dla i ∈ {1,2,. . . ,n,n + 1} mamy<br />
x a 1<br />
1 + xa 2<br />
2 + · · · + xa n<br />
n<br />
= (n y 1<br />
) a 1<br />
+ (n y 2<br />
) a 2<br />
+ · · · + (n y n<br />
) a n<br />
= n z + n z + · · · + n z = n · n z = n z+1<br />
= (n y n+1<br />
) a n+1<br />
= x a n+1<br />
n+1 ,<br />
co oznacza, że (n y 1<br />
,n y 2<br />
,. . . ,n y n+1<br />
) jest rozwia ↩<br />
zaniem naszego równania.<br />
Dla każdej liczby z (których jest nieskończenie wiele) można<br />
skonstruować inne rozwia ↩<br />
zanie.
BIBLIOGRAFIA<br />
[1] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 5. WSiP, Warszawa<br />
1980.<br />
[2] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 6. WSiP, Warszawa<br />
1983.<br />
[3] Browkin J., Remba̷la J., Straszewicz S.: 25 lat olimpiady matematycznej.<br />
WSiP, Warszawa 1975.<br />
[4] Ifrah G.: Dzieje liczby, czyli historia wielkiego wynalazku. Zak̷lad Narodowy<br />
im. Ossolińskich – Wydawnictwo, Wroc̷law–Warszawa–Kraków–Gdańsk–<br />
̷Lódź 1990.<br />
[5] Koblitz N.: Wyk̷lad z teorii liczb i kryptografii. Wydawnictwa Naukowo-<br />
-Techniczne, Warszawa 1995.<br />
[6] Kumanduri R., Romero C.: Number Theory With Computer Applications.<br />
Prentice Hall, London 1998.<br />
[7] Mazur M.: Metoda kongruencji w teorii liczb. Matematyka, Spo̷leczeństwo,<br />
Nauczanie 1993, nr 10.<br />
[8] Narkiewicz W.: Teoria liczb. Biblioteka Matematyczna. T. 50. PWN, Warszawa<br />
1990.<br />
[9] Schroeder M.R.: Number Theory in Science and Communication. Springer-<br />
-Verlag, Berlin–Heidelberg 1997.<br />
[10] Sierpiński W.: Arytmetyka teoretyczna. Biblioteka Matematyczna. T. 7.<br />
PWN, Warszawa 1959.<br />
[11] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: IV Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1954.<br />
[12] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: V Olimpiada Matematyczna. PZWS, Warszawa<br />
1955.
Bibliografia 113<br />
[13] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIII Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1963.<br />
[14] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIV Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1964.<br />
[15] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIX Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1969.<br />
[16] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XLI Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1993.<br />
[17] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XV Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1965.<br />
[18] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XVI Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1966.<br />
[19] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XVII Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1967.<br />
[20] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXI Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1971.<br />
[21] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXII Olimpiada Matematyczna. PZWS,<br />
Warszawa 1972.<br />
[22] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXIV Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1974.<br />
[23] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXV Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1975.<br />
[24] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXX Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1981.<br />
[25] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXI Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1982.<br />
[26] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXII Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1983.<br />
[27] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXIII Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1984.<br />
[28] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXIX Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1991.<br />
[29] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVI Olimpiada Matematyczna. WSiP,<br />
Warszawa 1988.<br />
[30] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVII Olimpiada Matematyczna.<br />
WSiP, Warszawa 1989.
114 Bibliografia<br />
[31] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVIII Olimpiada Matematyczna.<br />
WSiP, Warszawa 1990.<br />
[32] Straszewicz S.: Zadania z Drugiej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa<br />
1952.<br />
[33] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 1. PZWS, Warszawa<br />
1956.<br />
[34] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 2. PZWS, Warszawa<br />
1961.<br />
[35] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 3. PZWS, Warszawa<br />
1966.<br />
[36] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 4. PZWS, Warszawa<br />
1972.<br />
[37] Straszewicz S.: Zadania z Pierwszej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa<br />
1951.