ZADANIA Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ I TEORII LICZB

U N I W E R S Y T E T
S Z C Z E C I Ń S K I
GRZEGORZ SZKIBIEL, CZES̷LAW WOWK
ZADANIA
Z ARYTMETYKI SZKOLNEJ
I TEORII LICZB
SZCZECIN 1999

SPIS TREŚCI
Przedmowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5
Cze ↩
ść I – Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych . . . . . . . 7 51
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 51
1.2. Zasada indukcji matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 53
1.3. Dzielenie z reszta ↩
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 55
1.4. Cze ↩
ść ca̷lkowita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 56
1.5. Dzielenie z reszta ↩
– dalsze w̷lasności. . . . . . . . . . . . . .12 59
1.6. Najwie ↩
kszy wspólny dzielnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 61
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność . . . . . . . . . . . . . . 15 62
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki . . . . . . . . . . . . . . . 16 64
2. Liczby pierwsze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 66
2.1. Poje ↩
cie liczby pierwszej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 66
2.2. Ile jest liczb pierwszych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 67
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki . . . 18 68

4
2.4. Uwagi o funkcji π(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 70
2.5. Twierdzenie Dirichleta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 71
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera . . . . . . . . . . . . 23 73
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych . . . . 24 75
3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych . . . . 26 77
3.1. Poje ↩
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb. . . . . . . . .26 77
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach
pozycyjnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 82
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych . . . . . . . . 30 85
4. Algorytm Euklidesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 89
4.1. Szukanie NWD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 89
4.2. Równania liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 93
4.3. Rozwia ↩
zywanie równań liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . 37 94
5. Kongruencje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 98
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji . . . . . . . . . . . . . . . 39 98
5.2. Kongruencje a wielomiany . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 100
5.3. Kongruencje a równania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 102
5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 103
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera . . . . . . . . . . 44 105
5.6. Rozwinie ↩
cie okresowe a kongruencje . . . . . . . . . . . . . . 46 108
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona . . . . . . . . . . . . . . . 48 109
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach. . . . . . . .49 110
Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

PRZEDMOWA
Jeden z wybitnych matematyków naszego stulecia, G.H. Hardy
powiedzia̷l:
Elementarna teoria liczb powinna być uważana za jeden
z najw̷laściwszych przedmiotów w pocza ↩
tkach wykszta̷lcenia
matematycznego. Wymaga ona bardzo ma̷lo uprzedniej wiedzy,
a przedmiot jej jest uchwytny i znajomy. Metody, które stosuje,
sa ↩
proste, ogólne i nieliczne, i nie ma sobie równej wśród
nauk matematycznych w odwo̷laniu sie ↩
do naturalnej ludzkiej
ciekawości 1 .
Mamy nadzieje ↩
, że umieszczenie w programie zawodowych
studiów matematycznych takich przedmiotów jak arytmetyka szkolna
i arytmetyka be ↩
dzie okazja ↩
do zilustrowania s̷lów G.H. Hardy’ego.
Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb to skrypt adresowany
w pierwszym rze ↩
dzie do studentów studiów zawodowych,
którzy zetkna ↩
sie ↩
z teoria ↩
liczb w ramach przedmiotów arytmetyka
szkolna i arytmetyka. Ponieważ w skrypcie umieściliśmy wiele
zadań z olimpiad matematycznych, wie ↩
c może on być przydatny
także uczniom o zainteresowaniach matematycznych. Polecamy nasz
skrypt również studentom starszych lat studiów matematycznych,
zainteresowanym wyk̷ladem z kryptografii, ponieważ nie da sie ↩
studiować
tego przedmiotu bez znajomości elementarnej teorii liczb.
Aby na wyk̷ladzie z kryptografii szybciej przejść do realizacji zasadniczych
hase̷l, pewne zagadnienia z teorii liczb be ↩
dzie można po-
1 G.H. Hardy: A Mathematician’s Apology, 1940

6 Przedmowa
zostawić s̷luchaczom do samodzielnego przeczytania w niniejszym
skrypcie.
Skrypt sk̷lada sie ↩
z dwóch cze ↩
ści. W pierwszej cze ↩
ści znajduja ↩
sie ↩
najważniejsze twierdzenia przypadaja ↩
ce na dany rozdzia̷l oraz
zadania do rozwia ↩
zania. Natomiast w drugiej cze ↩
ści umieściliśmy
szczegó̷lowe rozwia ↩
zania. Ponieważ w nauce matematyki istotna ↩
rzecza ↩
jest umieje ↩
tność rozwia ↩
zywania różnych problemów, przeto
rozwia ↩
zania zadań (ze skryptu) należy czytać dopiero po wielu
samodzielnych próbach wykonania zadania. Cze ↩
ść zadań zamieszczonych
w skrypcie jest pomys̷lu autorów, ale znaczna cze ↩
ść zosta̷la
zaczerpnie ↩
ta z literatury, której spis znajduje sie ↩
na końcu skryptu.
Zadania u̷lożone sa ↩
w kolejności od ̷latwiejszych do trudniejszych,
ale najtrudniejsze zadania niekoniecznie znajduja ↩
sie ↩
na końcu paragrafu.
Pomine ↩
liśmy też stosowane cze ↩
sto w literaturze oznaczenie *
dla zadań trudniejszych, ponieważ wydaje sie ↩
nam, że istnieje spora
grupa Czytelników, którzy znieche ↩
caja ↩
sie ↩
do pracy nad problemem
z ,,gwiazdka ↩
”.
W skrypcie obowia ↩
zuje powszechnie stosowana symbolika. Jest
ona wyjaśniana w pocza ↩
tkowych fragmentach odpowiednich paragrafów
oraz w tekstach niektórych zadań.

CZE ↩ ŚĆ I – ZADANIA
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych. Mówimy, że liczba
ca̷lkowita m ≠ 0 dzieli liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
a , jeżeli istnieje taka liczba
ca̷lkowita n , że m · n = a . Fakt ten zapisujemy m|a . Na przyk̷lad
3|276 , bo 276 = 3 · 92 . Jeśli liczba m nie dzieli a , co oznacza,
że nie istnieje żadna liczba ca̷lkowita n , dla której mn = a , to
piszemy m̸ | a . Jeżeli m|a , to mówimy też, że m jest dzielnikiem
liczby a , natomiast liczbe ↩
a nazywamy wielokrotnościa ↩
liczby m .
1.1.1. Rozstrzygnij, czy 5|12354 , czy 5|12345 .
1.1.2. Pokaż, że jeśli m|a , to m|(−a) .
1.1.3. Uzasadnij, że jeśli m|a oraz b jest dowolna ↩
liczba ↩
ca̷lkowita
↩
, to m|ab .
1.1.4. Wiadomo, że 15|225 . Rozstrzygnij, czy 15|675 oraz
czy 15|5775 .
1.1.5. Za̷lóżmy, że m|ab dla pewnych liczb ca̷lkowitych m , a
i b . Czy m musi wtedy dzielić a lub b
1.1.6. Pokaż, że jeżeli m|a oraz m|b , to m|a + b i m|a − b .
1.1.7. Wiadomo, że 14|784 . Pokaż, że 14|770 oraz że 14|812 .

8 Cze ↩
ść I – Zadania
1.1.8. Wiadomo, że 14|784 . Czy 7|784 A czy 7|817
1.1.9. Zgadnij, czy 14|790 , a naste ↩
pnie sprawdź swoja ↩
odpowiedź biora ↩
c pod uwage ↩
poprzednie zadanie.
1.1.10. Wiadomo, że 56|2576 . Jaka jest naste ↩
pna (po 2576)
liczba podzielna przez 56
1.1.11. Wiemy, że 7|315 . Wypisz wszystkie liczby wie ↩
ksze od
290 i mniejsze od 340, które sa ↩
podzielne przez 7.
1.1.12. Za̷lóżmy, że m|a + b . Czy oznacza to, że m|a i m|b
A może oznacza to, że m|a lub m|b
1.1.13. Za̷lóżmy, że m|a + b oraz m|a − b . Czy wtedy m|a i
m|b Jeżeli nie, to czy potrafisz sformu̷lować dodatkowe za̷lożenia
o m tak, by naste ↩
puja ↩
ce zdanie by̷lo prawdziwe.
Jeśli m|a + b i m|a − b , to m|a i m|b .
1.1.14. Pokaż, że jeśli m|a oraz n|m , to n|a .
1.1.15. Pokaż, że jeżeli m|a i a ≠ 0 , to |m| ≤ |a| .
1.1.16. Pokaż, że jeżeli m|a i a|m , to m = a lub m = −a .
1.2. Zasada indukcji matematycznej. Podczas nauki
matematyki w szkole średniej cze ↩
sto korzystaliśmy z tak zwanej zasady
indukcji matematycznej (ZIM). Przypomnijmy sformu̷lowanie
tej zasady:
Niech T (n) be ↩
dzie zdaniem dotycza ↩
cym liczby naturalnej n . Jeżeli
1 0 T (m 0 ) jest zdaniem prawdziwym, gdzie m 0 jest pewna ↩
liczba ↩
należa ↩
ca ↩
do N 0 ;
2 0 z prawdziwości zdania T (k) (gdzie k ∈ N 0 , k ≥ m 0 ) wynika
prawdziwość zdania T (k + 1) ;
to zdanie T (n) jest prawdziwe dla każdego n ≥ m 0 .
Przez N 0 oznaczyliśmy tu zbiór liczb ca̷lkowitych nieujemnych,
czyli zbiór {0,1,2,. . .} . Podobnie, przez N m oznaczymy zbiór
wszystkich liczb ca̷lkowitych wie ↩
kszych lub równych m , tj. zbiór

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 9
{m,m + 1,m + 2,. . .} . Stosuja ↩
c powyższe oznaczenia możemy nadać
zasadzie indukcji matematycznej naste ↩
puja ↩
ca ↩
postać:
Niech M ⊂ N 0 be ↩
dzie zbiorem takim, że
1 0 m 0 ∈ M ;
2 0 dla dowolnego k ∈ N m0 , jeśli k ∈ M , to k + 1 ∈ M .
Wówczas N m0 ⊂ M .
Zasada indukcji matematycznej jest równoważna zasadzie minimum
(ZM), która orzeka, że w każdym niepustym zbiorze A liczb
ca̷lkowitych nieujemnnych istnieje liczba najmniejsza. Wykażemy
teraz, że z ZIM wynika ZM 1 .
Przypuśćmy, że A jest niepustym zbiorem liczb ca̷lkowitych
nieujemnych, w którym nie ma liczby najmniejszej. Niech B
be ↩
dzie zbiorem liczb ca̷lkowitych nieujemnych zdefiniowanym w
naste ↩
puja ↩
cy sposób: n ∈ B ⇐⇒ dla każdej liczby ca̷lkowitej
nieujemnej m , jeżeli m ≤ n , to m /∈ A . Zauważmy, że 0 /∈ A , bo
w przeciwnym wypadku w zbiorze A istnia̷laby liczba najmniejsza,
która ↩
by̷loby 0 . Zatem 0 ∈ B .
Za̷lóżmy, że n ∈ B . Wtedy n + 1 /∈ A , gdyż w przeciwnym
razie n + 1 by̷loby najmniejsza ↩
liczba ↩
zbioru A . Wynika to sta ↩
d,
że skoro n ∈ B , wie ↩
c z definicji zbioru B mamy
n /∈ A, n − 1 /∈ A, . . . , 0 /∈ A.
Zatem w konsekwencji n + 1 ∈ B .
Wykazaliśmy, że zbiór B spe̷lnia za̷lożenia ZIM (w drugim
sformu̷lowaniu), wie ↩
c B = N 0 .
Biora ↩
c pod uwage ↩
definicje ↩
zbioru B , wnioskujemy, że A jest
zbiorem pustym, co przeczy naszemu za̷lożeniu.
1.2.1. Udowodnij, że z zasady minimum wynika zasada indukcji
matematycznej.
1.2.2. Korzystaja ↩
c z zasady indukcji uzasadnij, że 3|n 3 + 5n
dla dowolnego n ∈ N 0 .
1 Przy pierwszym czytaniu Czytelnik może pomina↩ ć to uzasadnienie.

10 Cze ↩
ść I – Zadania
1.2.3. Wykaż, że 7 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 2n + 1 , gdy n ∈
N 2 (liczby 2 2n + 1 , gdzie n ∈ N 0 nazywamy liczbami Fermata).
1.2.4. Uzasadnij, że 10|2 2n − 6 dla n ∈ N 2 .
1.2.5. Wykaż, że 1 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 4n −5 dla n ∈ N
( = N 1 ).
1.3. Dzielenie z reszta ↩
. Jak wiadomo, jeśli mamy ustalona ↩
liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
m , to nie każda liczba ca̷lkowita dzieli sie ↩
przez m .
Na przyk̷lad 34 nie dzieli sie ↩
przez 5, ponieważ nie ma takiej liczby
ca̷lkowitej, która pomnożona przez 5 da iloczyn równy 34. Oznacza
to, że gdybyśmy chcieli rozdzielić 34 zeszyty mie ↩
dzy pie ↩
ciu uczniów,
tak aby każdy otrzyma̷l jednakowa ↩
ilość, to nie potrafilibyśmy tego
dokonać. Możemy jednakże dać każdemu uczniowi po 6 zeszytów
i pozostana ↩
nam jeszcze 4. Dziela ↩
c 34 przez 5 otrzymujemy zatem
6 oraz reszte ↩
4. Fakt ten zapisujemy 34 = 5 · 6 + 4 .
Przypuśćmy, że mamy dwie liczby ca̷lkowite n oraz d , przy
czym d ≠ 0 . Dzielenie (z reszta ↩
) liczby n przez d polega na
znalezieniu liczb ca̷lkowitych q oraz r takich, że n = qd + r oraz
0 ≤ r < |d| . Liczbe ↩
r nazywamy reszta ↩
z dzielenia n przez d ,
a liczbe ↩
q niepe̷lnym ilorazem lub ilorazem cze ↩
ściowym tego dzielenia.
Oczywiste jest, że d|n wtedy i tylko wtedy, gdy r = 0 .
1.3.1. Znajdź niepe̷lny iloraz i reszte ↩
z dzielenia
(a) 23 przez 3;
(b) 43 przez 4;
(c) 36 przez 12.
1.3.2. Niech n i d be ↩
da ↩
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym
d ≥ 1 . Korzystaja ↩
c z zasady minimum wykaż, że istnieje dok̷ladnie
jedna para liczb ca̷lkowitych q i r taka, że n = dq + r , gdzie
0 ≤ r < d .
1.3.3. Pokaż, że kwadrat liczby ca̷lkowitej nieparzystej przy
dzieleniu przez 8 daje reszte ↩
1.
1.3.4. Pokaż, że suma kwadratów dwóch kolejnych liczb naturalnych
przy dzieleniu przez 4 daje reszte ↩
1.

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 11
1.3.5. Udowodnij, że liczba naturalna postaci 3m + 2 ( m ∈
N ) nie jest kwadratem żadnej liczby ca̷lkowitej.
1.3.6. Uzasadnij, że suma kwadratów dwóch liczb nieparzystych
nie jest kwadratem żadnej liczby ca̷lkowitej.
1.4. Cze ↩
ść ca̷lkowita. Jeżeli x jest dowolna ↩
liczba ↩
rzeczywista ↩
, to istnieje najwie ↩
ksza liczba ca̷lkowita n spe̷lniaja ↩
ca
warunek n ≤ x . Liczbe ↩
n nazywamy cze ↩
ścia ↩
ca̷lkowita ↩
liczby
x i oznaczamy symbolem [x] lub E(x) . Z określenia liczby [x]
wynika, że
[x] ≤ x < [x] + 1.
(∗)
Istotnie, gdyby x ≥ [x]+1 , to liczba [x]+1 by̷laby liczba ↩
ca̷lkowita ↩
wie ↩
ksza ↩
od [x] spe̷lniaja ↩
ca ↩
warunek [x] + 1 ≤ x . Jest to sprzeczne
z definicja ↩
cze ↩
ści ca̷lkowitej liczby x .
Z nierówności (*) wynika, że 0 ≤ x − [x] < 1 . Liczbe ↩
x − [x]
nazywamy cze ↩
ścia ↩
u̷lamkowa ↩
liczby x i oznaczamy symbolem {x} .
̷Latwo zobaczyć, że x = [x] + {x} .
Przyk̷lady: [− 1 2 ] = −1 , [4,7] = 4 , [−7,3] = −8 , { − 2} 1 =
1
2 ,
{4,7} = 0,7 , {−7,3} = 0,7 .
1.4.1. Wykaż, że jeżeli x , y ∈ R , oraz x ≤ y , to [x] ≤ [y] .
1.4.2. Uzasadnij, że jeżeli α ∈ (0,1) oraz n ∈ N , to [−n +
α] = −n .
1.4.3. Uzasadnij, że jeżeli
(a) x jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, to [−x] = −[x] ;
(b) x nie jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, to [−x] = −[x] − 1 ;
(c) x ∈ R , n ∈ Z , to [x + n] = [x] + n.
1.4.4. Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x oraz y
zachodzi nierówność
[x + y] ≥ [x] + [y].
1.4.5. Udowodnij, że jeżeli [x] = [y] , to |x − y| < 1 .

12 Cze ↩
ść I – Zadania
1.4.6. Wykaż, że jeśli n jest liczba ↩
naturalna ↩
, a x liczba ↩
rzeczywista ↩
, to
[ ] [x]
[ x
= .
n n]
1.4.7. Rozwia ↩
ż równanie
5x + 4
7
[ ] 2x + 3
= .
5
1.4.8. Uzasadnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x i dowolnej
liczby naturalnej n zachodzi równość
[x] +
[
x + 1 ] [
+ x + 2 ] [
+ · · · + x + n − 1 ]
= [nx].
n n
n
1.4.9. Niech n i k be ↩
da ↩
liczbami naturalnymi. Wykaż, że
[ n
] [ ] [ ] [ ]
n + 1 n + 2 n + k − 1
+ + + · · · +
= n.
k k k
k
1.5. Dzielenie z reszta ↩
– dalsze w̷lasności. Dziela ↩
c
34 przez 5 otrzymujemy 6 i reszte ↩
. Zauważmy, że 6 = [ ]
34
5 .
Wykorzystuja ↩
c w̷lasności cze ↩
ści ca̷lkowitej można podać algorytm
dzielenia (z reszta ↩
) liczby ca̷lkowitej m przez liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
n > 0 . K̷lada ↩
c
[ m
]
q =
n
oraz
r = m − nq
mamy q ≤ m n < q + 1 . Sta ↩d qn ≤ m < qn + n . Zatem 0 ≤ r =
m − qn < n .
1.5.1. Podziel z reszta ↩
(pamie ↩
taja ↩
c, że reszta z dzielenia ma
być liczba ↩
nieujemna ↩
)
(a) 83 przez −3 ;
(b) −71 przez −4 .

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 13
1.5.2. Rozwia ↩
zuja ↩
c zadanie 1.5.1, można zauważyć, że algorytmu
podanego we wste ↩
pie nie można zastosować, jeśli n < 0 .
Zmodyfikuj ten algorytm tak, aby można by̷lo go zastosować przy
dzieleniu liczby ca̷lkowitej m przez liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
n < 0 .
1.5.3. Uzasadnij, [ że ] jeżeli p , n ∈ N , to wśród wyrazów cia ↩
gu
1 , 2 , 3 , . . . , n jest wielokrotności liczby p .
n
p
1.5.4. Znajdź najmniejsza ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
n spe̷lniaja ↩
ca ↩
wszystkie poniższe warunki:
– reszta z dzielenia n przez 2 jest równa 1,
– reszta z dzielenia n przez 3 jest równa 2,
– reszta z dzielenia n przez 4 jest równa 3,
– reszta z dzielenia n przez 5 jest równa 4.
1.6. Najwie ↩
kszy wspólny dzielnik. Niech m i n be ↩
da ↩
dwiema liczbami ca̷lkowitymi, przy czym m ≠ 0 lub n ≠ 0 . Liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
d ≥ 1 nazywamy najwie ↩
kszym wspólnym dzielnikiem
liczb m i n (co oznaczamy NWD(m, n) ), jeśli
(a) d dzieli m i d dzieli n;
(b) jeżeli liczba ca̷lkowita c dzieli m oraz n , to c dzieli d .
Bezpośrednio z powyższej definicji wynika, że jeżeli m ≠ 0 , to
wtedy NWD(m, 0) = |m| . Weźmy teraz dwie liczby ca̷lkowite m ≠ 0
oraz n ≠ 0 . Uzasadnimy, że z zasady minimum wynika istnienie
NWD(m, n) . W tym celu rozważmy zbiór
X = {xm + yn ≥ 1 : x,y ∈ Z} .
Ponieważ m·m+n·n ≥ 1 , wie ↩
c X ≠ ∅ . Z zasady minimum wynika,
że w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech d = am + bn
be ↩
dzie ta ↩
liczba ↩
( a , b ∈ Z ). Zauważmy, że d|m oraz d|n . Istotnie,
jeśli zapiszemy m = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d , wtedy mamy
r = m − dq = m − (am + bn)q = m(1 − aq) + n(−bq).
Gdyby r ≥ 1 , to r ∈ X oraz r < d , co jest sprzeczne z wyborem d .
Zatem r = 0 , czyli d|m . Analogicznie uzasadniamy, że d|n . Tak
wie ↩
c d spe̷lnia warunek (a) definicji NWD.

14 Cze ↩
ść I – Zadania
Aby pokazać, że warunek (b) także jest spe̷lniony, za̷lóżmy,
że pewna liczba c dzieli zarówno m , jak i n . Sta ↩
d wynika, że
istnieja ↩
takie liczby ca̷lkowite m 1 oraz n 1 , że m = cm 1 i n = cn 1 .
Sta ↩
d d = am + bn = c(am 1 + bn 1 ) , czyli c|d . Wykazaliśmy, że
d = NWD(m, n) .

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 15
Z powyższych rozważań otrzymujemy naste ↩
puja ↩
cy
Wniosek. Jeżeli NWD(m, n) = d , to istnieja ↩
liczby ca̷lkowite x i y
takie, że mx + ny = d .
Uwaga. Zauważmy, że jeśli dla liczb m , n i d znajdziemy takie x
i y , że mx + ny = d , to nie znaczy to jeszcze, że d = NWD(m, n) .
Na przyk̷lad, dla m = 1 , n = 2 oraz d = 7 mamy 3m + 2n = d ,
ale 7 nie jest oczywiście najwie ↩
kszym wspólnym dzielnikiem liczb
1 i 2.
Jeżeli NWD(m, n) = 1 , to mówimy, że liczby m i n sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze.
1.6.1. Pokaż, że jeżeli m|n , to NWD(m, n) = |m| .
1.6.2. Pokaż, że jeżeli m = nq+r , to NWD(m, n) = NWD(n, r) .
1.6.3. Znajdź NWD(98, 56) .
1.6.4. Pokaż, że NWD(n, n + 1) = 1 .
1.6.5. Pokaż, że dla dowolnego k ∈ N zachodzi
NWD(2k + 1, 2k + 3) = 1.
1.6.6. Niech d = NWD(m, n) i niech m = dm 1 oraz n = dn 1 .
Pokaż, że NWD(m 1 , n 1 ) = 1 .
1.6.7. Za̷lóżmy, że u̷lamek a b
jest nieskracalny. Sprawdź, czy
u̷lamek jest nieskracalny.
a
a+b
1.6.8. Pokaż, że jeżeli liczby m i n sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze
oraz m|nk , to m|k .
1.6.9. Za̷lóżmy, że dane sa ↩
trzy liczby ca̷lkowite m , n , p ,
z których przynajmniej jedna jest różna od zera. Określ NWD dla
tych liczb przez analogie ↩
do NWD dla dwóch liczb, a naste ↩
pnie oblicz
NWD(24,36,120) .
1.6.10. Uogólnij definicje ↩
najwie ↩
kszego wspólnego dzielnika
na przypadek k liczb, tj. dla a 1 , a 2 , . . . , a k ∈ Z . Zdefiniuj
NWD(a 1 ,a 2 ,. . . ,a k ) . Oblicz NWD(36,120,180,600) .

16 Cze ↩
ść I – Zadania
1.6.11. Za̷lóżmy, że dane sa ↩
trzy liczby ca̷lkowite m , n i p .
Zdefiniujmy PNWD(m,n,p) = df
NWD(m, NWD(n, p)) . Pokaż, że tak zdefiniowany
PNWD jest równy najwie ↩
kszemu wspólnemu dzielnikowi
liczb m , n i p (zdefiniowanemu w zadaniu 1.6.9).
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność. Za̷lóżmy, że
n i m sa ↩
liczbami ca̷lkowitymi różnymi od zera. Liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
s nazywamy najmniejsza ↩
wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb m i n (co
zapisujemy NWW(m, n) = s ), jeśli
1) s ≥ 1 ,
2) m|s oraz n|s ,
3) jeżeli liczba ca̷lkowita t spe̷lnia warunek n|t i m|t , to s|t .
Na przyk̷lad NWW(6, 9) = 18 .
Analogicznie określamy najmniejsza ↩
wspólna ↩
wielokrotność k
różnych od zera liczb ca̷lkowitych a 1 , a 2 , . . . , a k i oznaczamy ja ↩
przez NWW(a 1 , a 2 ,. . . ,a k ) .
1.7.1.
(a) Znajdź najmniejsza ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
, która po podzieleniu
przez każda ↩
z liczb 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje zawsze
reszte ↩
1.
(b) Znajdź najmniejsza ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
, która po podzieleniu
przez 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 daje, odpowiednio, reszty 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
1.7.2. Za̷lóżmy, że NWD(a, b) = d i niech a = da 1 , b = db 1 .
Uzasadnij, że NWW(a, b) = a 1 db 1 .
1.7.3. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi
równość ab = NWD(a, b) · NWW(a, b).
1.7.4. Wykaż, że jeżeli liczby a i b sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze, to
NWW(a, b) = ab .
1.7.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych a , b zachodzi
nierówność
a + b ≤ NWD(a, b) + NWW(a, b).

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 17
1.7.6. W podre ↩
cznikach szkolnych można znaleźć naste ↩
puja ↩
ce
definicje NWW i NWD. ,,Najmniejsza ↩
wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb
m i n nazywamy najmniejsza ↩
nieujemna ↩
liczbe ↩
w zbiorze wspólnych
wielokrotności m oraz n ”. ,,Najwie ↩
kszym wspólnym dzielnikiem
liczb m i n nazywamy najwie ↩
ksza ↩
liczbe ↩
w zbiorze wspólnych dzielników
m oraz n ”. Pos̷luguja ↩
c sie ↩
tylko tymi ,,szkolnymi” definicjami
pokaż, że
(a) wspólna wielokrotność liczb m i n jest podzielna przez
najmniejsza ↩
wspólna ↩
wielokrotność liczb m i n ;
(b) wspólny dzielnik liczb m i n jest dzielnikiem najwie ↩
kszego
wspólnego dzielnika liczb m i n .
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki. W literaturze
zasadnicze twierdzenie arytmetyki przyjmuje różne (równoważne)
sformu̷lowania. Jedno z nich jest naste ↩
puja ↩
ce
Twierdzenie. Liczba naturalna be ↩
da ↩
ca dzielnikiem iloczynu dwóch
liczb naturalnych i pierwsza wzgle ↩
dem jednego z czynników jest
dzielnikiem drugiego, tzn. jeżeli n|ab i NWD(n, a) = 1 , to n|b .
Dowód. Ponieważ n|ab i a|ab , wie ↩
c ab jest wspólna ↩
wielokrotnościa
↩
liczb n oraz a . Z definicji NWW wynika, że NWW(n, a)|ab . Istnieje
wie ↩
c liczba ca̷lkowita t taka, że NWW(n, a) · t = ab . Ponieważ
NWD(n, a) = 1 , wie ↩
c NWW(n, a) = na . Sta ↩
d nat = ab , a sta ↩
d
ostatecznie nt = b , czyli n|b .
1.8.1. Pokaż, że jeżeli NWD(a, b) = 1 i c|a , to NWD(c, b) = 1 .
1.8.2. Pokaż, że jeżeli NWD(a, c) = 1 oraz NWD(b, c) = 1 , to
NWD(ab, c) = 1 .
1.8.3. Uzasadnij, że jeżeli
NWD(a 1 , a) = NWD(a 2 , a) = . . . = NWD(a n , a) = 1,
to NWD(a 1 a 2 . . . a n , a) = 1 .
1.8.4. Wykaż, że każda liczba wymierna dodatnia daje sie ↩
przedstawić jednoznacznie w postaci ilorazu dwóch liczb naturalnych
wzgle ↩
dnie pierwszych (czyli w postaci u̷lamka nieskracalnego).

18 Cze ↩
ść I – Zadania
2. Liczby pierwsze
2.1. Poje ↩
cie liczby pierwszej. Liczbe ↩
naturalna ↩
p > 1
nazywamy pierwsza ↩
, jeśli ma ona dok̷ladnie dwa dzielniki naturalne,
mianowicie 1 i p . Liczby, które nie sa ↩
pierwszymi, ale sa ↩
wie ↩
ksze
od 1, nazywamy z̷lożonymi.
2.1.1. Wypisz wszystkie liczby pierwsze p < 20 .
2.1.2. Wskaż jaka ↩
kolwiek liczbe ↩
pierwsza ↩
wie ↩
ksza ↩
od
(a) 26 , (b) 56 , (c) 100 .
2.1.3. Uzasadnij, że reszta z dzielenia liczby pierwszej przez
30 jest równa 1 lub pewnej liczbie pierwszej.
2.1.4. Uzasadnij, że kwadrat dowolnej liczby pierwszej
wie ↩
kszej niż 3 daje przy dzieleniu przez 12 reszte ↩
1.
2.1.5. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n > 2 , liczby
a n = 2 n + 1 oraz b n = 2 n − 1 nie moga ↩
być jednocześnie liczbami
pierwszymi.
2.1.6. Uzasadnij, że liczby naturalnej postaci 6k + 1 (k ∈ N)
nie można przedstawić w postaci różnicy dwóch liczb pierwszych.
2.1.7. Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩
pierwsza ↩
oraz 8p 2 + 1 jest
liczba ↩
pierwsza ↩
, to 8p 2 + 2p + 1 też jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
2.1.8. Pokaż, że każda liczba naturalna wie ↩
ksza od 1 ma przynajmniej
jeden dzielnik pierwszy (tj. taki, który jest liczba ↩
pierwsza
↩
).
2.2. Ile jest liczb pierwszych Odpowiedź na pytanie o to,
ile jest liczb pierwszych, zawiera naste ↩
puja ↩
ce
Twierdzenie. Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.
W literaturze można znaleźć wiele dowodów tego twierdzenia.
Niżej umieszczamy jeden z nich, maja ↩
c nadzieje ↩
, że Czytelnik znajdzie
co najmniej kilka innych. W dowodach tego twierdzenia cze ↩
sto
korzysta sie ↩
z faktu zawartego w zadaniu 2.1.8.

18 Cze ↩
ść I – Zadania
Dowód. Przypuśćmy, że istnieja ↩
tylko naste ↩
puja ↩
ce liczby pierwsze:
p 1 , p 2 , . . . , p r . Niech M = p 1 p 2 . . . p r i niech M = st , gdzie
s = p 1 p 2 , a t = p 3 p 4 . . . p r . Zauważmy, że liczba naturalna s + t nie
jest podzielna przez żadna ↩
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p r . Otrzymujemy
sprzeczność, ponieważ s + t jest różne od 1 (zobacz zadanie 2.1.8).
2.2.1. Za̷lóżmy, że liczby p 1 , p 2 , . . . , p k sa ↩
liczbami pierwszymi.
Pokaż, że liczba p 1 p 2 . . . p k + 1 nie dzieli sie ↩
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p k .
przez żadna ↩
2.2.2. Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , liczba
n! + 1 nie dzieli sie ↩
przez żadna ↩
liczbe ↩
1 < q ≤ n .
2.2.3. Pokaż, że dla dowolnej liczby naturalnej n , istnieje
liczba pierwsza wie ↩
ksza od n .
2.2.4. Niech F n oznacza liczbe ↩
Fermata, tzn. F n = 2 2n + 1 .
Pokaż, że F m oraz F n sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze dla n ≠ m .
2.2.5. Wykaż, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele,
wykorzystuja ↩
c
(a) zadanie 2.2.1;
(b) zadanie 2.2.3;
(c) zadanie 2.2.4.
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki.
Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki (zobacz 1.8) wynika naste ↩
-
puja ↩
ce
Twierdzenie. Każda ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
przedstawić w postaci
n > 1 można jednoznacznie
n = p 1 p 2 . . . p r ,
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p r
sa ↩
liczbami pierwszymi takimi, że
p 1 ≤ p 2 ≤ · · · ≤ p r .
Dowód 1. Wykażemy najpierw, że każda liczba naturalna n > 1
da sie ↩
przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Uczynimy

Liczby pierwsze 19
to stosuja ↩
c indukcje ↩
. Dla n = 2 fakt jest prawdziwy. Za̷lóżmy,
że fakt jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych
od k . Jeżeli k jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to fakt jest prawdziwy. Jeśli
k jest liczba ↩
z̷lożona ↩
, to k = bc , gdzie b oraz c sa ↩
liczbami
mniejszymi od k . Z za̷lożenia indukcyjnego b = p 1 p 2 . . . p s oraz
c = p s+1 p s+2 . . . p t . Sta ↩
d
k = p 1 p 2 . . . p s p s+1 . . . p t .
2. Teraz wykażemy jednoznaczność przedstawienia. Uczynimy
to znowu stosuja ↩
c indukcje ↩
. Dla n = 2 twierdzenie jest
prawdziwe. Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla liczb naturalnych
mniejszych od k . Przypuśćmy, że
k = p 1 p 2 . . . p r = q 1 q 2 . . . q s , (1)
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p r , q 1 , q 2 , . . . , q s sa ↩
liczbami pierwszymi,
takimi że
p 1 ≤ p 2 ≤ · · · ≤ p r , q 1 ≤ q 2 ≤ · · · ≤ q s .
Ponieważ p 1 |q 1 q 2 . . . q s , wie ↩
c p 1 |q 1 lub p 1 |q 2 , lub . . . , lub p 1 |q s
(wynika to z zasadniczego twierdzenia arytmetyki). Niech na
przyk̷lad p 1 |q 1 . Ponieważ p 1 oraz q 1 sa ↩
liczbami pierwszymi, wie ↩
c
p 1 = q 1 . Dziela ↩
c (1) przez p 1 mamy
k
p 1
= p 2 p 3 . . . p r = q 2 q 3 . . . q s .
Ponieważ k p 1
< k , wie ↩
c z za̷lożenia indukcyjnego wynika, że r = s
oraz
p 2 = q 2 , p 3 = q 3 , . . . , p r = q r .
2.3.1. Pokaż, że każda ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
n ≥ 2 można przedstawić
w postaci
n = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s , (2)
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p s sa ↩
różnymi liczbami pierwszymi, takimi
że p 1 < p 2 < · · · < p s , natomiast α 1 , α 2 , . . . , α s sa ↩
liczbami
ca̷lkowitymi dodatnimi. (Rozk̷lad (2) liczby naturalnej n nazywamy
rozk̷ladem kanonicznym liczby n na czynniki pierwsze).

20 Cze ↩
ść I – Zadania
2.3.2. Znajdź NWD(a, b) oraz NWW(a, b) znaja ↩
c rozk̷lady kanoniczne
liczb a oraz b .
2.3.3. Korzystaja ↩
c z rozk̷ladu kanonicznego liczb naturalnych
a oraz b uzasadnij, że ab = NWD(a, b)NWW(a, b) .
2.3.4. Pokaż, że jeżeli liczba √ n jest wymierna, gdzie n > 1
jest liczba ↩
naturalna ↩
, to rozk̷lad kanoniczny liczby n ma postać
p 2α 1
1 p 2α 2
2 . . . p 2α s
s .
2.3.5. Za̷lóżmy, że liczba pierwsza p jest dzielnikiem pewnej
liczby naturalnej n . Mówimy, że p α dzieli dok̷ladnie n , jeśli p α |n
oraz p α+1̸ | n . Fakt ten oznaczamy p α ||n .
(a) Udowodnij, że jeżeli p α ||m oraz p β ||n , to p α+β ||mn .
(b) Udowodnij, że jeżeli p α ||m oraz p β ||n oraz α ≠ β , to
p min(α, β) ||m + n .
(c) Sprawdź, czy w (b) można pomina ↩
ć za̷lożenie α ≠ β .
2.3.6. Pokaż, że każda ↩
liczbe ↩
wymierna ↩
można zapisać jednoznacznie
jako iloczyn εp α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s , gdzie ε jest równy 1 lub −1 ,
natomiast p 1 , p 2 , . . . , p s sa ↩
różnymi liczbami pierwszymi, a α 1 ,
α 2 , . . . , α s sa ↩
liczbami ca̷lkowitymi różnymi od zera.
2.3.7. Pokaż, że wyk̷ladnik najwie ↩
kszej pote ↩
gi liczby pierwszej
p , która dzieli n! wynosi α = ∑ [
∞ n
i=1
.
2.3.8. Podaj najwie ↩
ksza ↩
pote ↩
ge ↩
liczby (a) 2, (b) 5 oraz (c) 97,
która dzieli 100! .
2.3.9. Podaj najwie ↩
ksza ↩
pote ↩
ge ↩
liczby (a) 6, (b) 28, która
dzieli 100! .
2.3.10. Oblicz, ile kolejnych zer, licza ↩
c od końca, ma liczba
100! .
p i ]

Liczby pierwsze 21
2.4. Uwagi o funkcji π(x) . Dla każdej liczby rzeczywistej
x > 0 , symbolem π(x) oznaczamy ilość liczb pierwszych p
spe̷lniaja ↩
cych nierówność p ≤ x . pierwszym historycznie stwierdzeniem
na temat funkcji π(x) by̷lo spostrzeżenie J. Bertranda
(z 1845 roku), że mie ↩
dzy n i 2n , gdy n ≥ 2 , znajduje sie ↩
liczba pierwsza. Spostrzeżenie J. Bertranda oznacza, że π(2n) −
π(n) ≥ 1 (dla n ≥ 2 ), czyli że p n+1 < 2p n , gdzie p n oznacza
n-ta ↩
liczbe ↩
pierwsza ↩
. Stwierdzenie to by̷lo znane jako
,,postulat Bertranda” i zosta̷lo udowodnione przez P.L. Czebyszewa
w 1852 roku. Fakt ten be ↩
dziemy w dalszych rozważaniach nazywać
twierdzeniem Czebyszewa (elementarny dowód tego twierdzenia
Czytelnik może znaleźć w [9]). Czebyszew udowodni̷l znacznie
wie ↩
cej, a mianowicie pokaza̷l, że istnieja ↩
sta̷le a oraz b , takie że
a < π(x) :
x
lnx < b dla x > 2 .
Powyższa ↩
nierówność nazywamy nierównościa ↩
Czebyszewa.
2.4.1. Korzystaja ↩
c z nierówności Czebyszewa, pokaż, że
π(x)
lim
x→∞ x = 0.
2.4.2. Korzystaja ↩
c z twierdzenia Czebyszewa, pokaż, że dla
każdej liczby naturalnej n istnieja ↩
co najmniej trzy liczby pierwsze
maja ↩
ce w uk̷ladzie dziesie ↩
tnym n cyfr.
2.4.3. Dowiedź, że dla k > 1 mamy p k+1 ≤ p 1 +p 2 +· · ·+p k ,
gdzie p n oznacza n-ta ↩
z kolei liczbe ↩
pierwsza ↩
.
2.4.4. Pokaż, że 5 jest jedyna ↩
liczba ↩
pierwsza ↩
, która jest
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.
2.4.5. Pokaż, że 5 jest jedyna ↩
liczba ↩
naturalna ↩
, która jest
równa sumie wszystkich liczb pierwszych mniejszych od niej.
2.4.6. Pokaż, że w rozmieszczeniu liczb pierwszych sa ↩
,,dziury”
dowolnej d̷lugości, tj. pokaż, że dla dowolnego m istnieje n takie,
że p n+1 > p n + m , gdzie p n oznacza n-ta ↩
z kolei liczbe ↩
pierwsza ↩
.
Wskazówka. Pokaż, że wszystkie liczby w cia ↩
gu m liczb (m+1)!+2 ,
(m + 1)! + 3 , . . . , (m + 1)! + (m + 1) sa ↩
z̷lożone.

22 Cze ↩
ść I – Zadania
2.4.7.
(a) Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to π(p−1)
p−1
(b) Pokaż, że jeżeli m jest liczba ↩
z̷lożona ↩
, to π(m)
m
< π(p)
p
.
< π(m−1)
m−1
.
2.5. Twierdzenie Dirichleta. Jak już wiadomo, w poste ↩
pie
arytmetycznym 1, 2, 3, 4, . . . o różnicy 1 istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych. A jak jest w innych poste ↩
pach arytmetycznych
W 1837 roku P.G.L. Dirichlet udowodni̷l twierdzenie, które orzeka:
Jeśli liczby m , n sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze, to w cia ↩
gu (mk + n) k
istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Dowód twierdzenia
Dirichleta jest dosyć trudny i nie be ↩
dziemy go tu przytaczać. Jednakże
pewne szczególne przypadki tego twierdzenia dowodzi sie ↩
̷latwo, o czym przekona sie ↩
Czytelnik, rozwia ↩
zuja ↩
c niżej umieszczone
zadania.
2.5.1. Podaj przyk̷lad takich liczb m oraz n , że w cia ↩
gu
(mk + n) k (a) jest tylko skończona ilość liczb pierwszych; (b) nie
ma żadnej liczby pierwszej.
2.5.2. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych
postaci 2k + 1 .
2.5.3.
(a) Pokaż, że w każdym rozk̷ladzie na iloczyn liczby postaci
3k + 2 przynajmniej jeden czynnik jest postaci 3k + 2 .
(b) Udowodnij, że każda liczba naturalna postaci 3k + 2 ma
przynajmniej jeden dzielnik pierwszy tej postaci.
2.5.4. Uzasadnij, że jeśli p 1 , p 2 . . . , p n sa ↩
nieparzystymi
liczbami pierwszymi postaci 3k + 2 , to liczba 3p 1 p 2 . . . p n + 2 nie
dzieli sie ↩
przez żadna ↩
z liczb 2 , p 1 , p 2 , . . . , p n .
2.5.5. Wykaż, że w cia ↩
gu (3k + 2) istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych.
Wskazówka. Skorzystaj z dwóch poprzednich zadań.
2.5.6. Uzasadnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych
postaci 4k + 3 .

Liczby pierwsze 23
2.5.7. Pokaż, że w cia ↩
gu (6k + 5) istnieje nieskończenie wiele
liczb pierwszych.
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera. Oznaczmy
przez θ(n) liczbe ↩
naturalnych dzielników liczby n , a przez
ϕ(n) ilość liczb naturalnych wzgle ↩
dnie pierwszych z n , które sa ↩
nie
wie ↩
ksze od n .
2.6.1. Wyznacz θ(n) dla n ≤ 20 .
2.6.2. Pokaż, że jeżeli n = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s , to każdy dzielnik
naturalny liczby n jest postaci p β 1
1 pβ 2
2 . . . pβ s
s , gdzie 0 ≤ β i ≤ α i
dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .
2.6.3. Wykaż, że
θ(p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s ) = (α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1).
2.6.4. Oblicz θ(100) oraz θ(1024) .
2.6.5. Znajdź wszystkie liczby naturalne n , takie że
θ(n) = 3.
2.6.6. Wyznacz ϕ(n) dla n ≤ 20 .
2.6.7. Pokaż, że liczba n jest pierwsza wtedy i tylko wtedy,
gdy ϕ(n) = n − 1 .
2.6.8. Uzasadnij, że ϕ(pq) = (p − 1)(q − 1) , gdzie p oraz q
sa ↩
różnymi liczbami pierwszymi.
2.6.9. Pokaż, że dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnej
liczby naturalnej n , mamy ϕ(p n ) = p n − p n−1 .
2.6.10. Niech m oraz n oznaczaja ↩
dwie liczby naturalne
wzgle ↩
dnie pierwsze, a r liczbe ↩
ca̷lkowita ↩
. Pokaż, że wówczas reszty
z dzielenia liczb
r, n + r, 2n + r, 3n + r, . . . , (m − 1)n + r
przez m różnia ↩
sie ↩
od liczb 0, 1, 2, 3, . . . , m − 1 co najwyżej
porza ↩
dkiem.

24 Cze ↩
ść I – Zadania
2.6.11. Udowodnij, że jeśli NWD(m, n) = 1 , to ϕ(m)ϕ(n) =
ϕ(mn) .
Wskazówka. Zauważmy najpierw, że jeśli jedna z liczb m , n
jest równa 1, to wzór jest prawdziwy. Możemy zatem za̷lożyć, że
m ≠ 1 i n ≠ 1 . Wypiszmy wszystkie liczby nie wie ↩
ksze od mn
w naste ↩
puja ↩
cy sposób:
1, 2, . . . , r, . . . , n,
n + 1, n + 2, . . . , n + r, . . . , 2n,
2n + 1, 2n + 2, . . . , 2n + r, . . . , 3n,
. . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . ,
(m − 1)n + 1, (m − 1)n + 2, . . . , (m − 1)n + r, . . . , mn.
Dalej skorzystaj z zadania 2.6.10.
2.6.12. Udowodnij wzór
ϕ (p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s
gdzie p 1 , p 2 , . . . , p s
) = n
(1 − 1 ) (1 − 1 )
· · ·
(1 − 1 )
,
p 1 p 2 p s
sa ↩
różnymi liczbami pierwszymi.
2.6.13. Wiadomo, że NWD(m, n) > 1 . Ustal, która z liczb
ϕ(mn) oraz ϕ(m)ϕ(n) jest wie ↩
ksza.
Wskazówka. Skorzystaj z zadania 2.6.12.
2.6.14. Pokaż, że
(a) ϕ(4n + 2) = ϕ(2n + 1) ;
{
2ϕ(n) gdy NWD(n, 2) = 1
(b) ϕ(4n) =
2ϕ(2n) gdy NWD(n, 2) = 2 .
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych.
Mnożenie dwóch liczb naturalnych jest zdecydowanie ̷latwiejsze niż
rozk̷ladanie danej liczby na czynniki. Jeśli jednak pewna liczba
z̷lożona ma dwa dzielniki pierwsze, które sa ↩
,,blisko” siebie, możemy
zastosować tak zwana ↩
metode ↩
faktoryzacji Fermata. Metode ↩
te ↩
opiszemy w poniższych zadaniach.
2.7.1. Niech n be ↩
dzie dowolna ↩
liczba ↩
naturalna ↩
. Udowodnij,
że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość mie ↩
dzy dzielnikami
liczby n nie mniejszymi od √ n i nie wie ↩
kszymi od √ n .

Liczby pierwsze 25
2.7.2. Niech n be ↩
dzie liczba ↩
naturalna ↩
nieparzysta ↩
. Pokaż, że
istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość mie ↩
dzy dzielnikami
liczby n nie mniejszymi od √ n a parami (s,t) liczb naturalnych
spe̷lniaja ↩
cymi warunek s 2 − t 2 = n .
2.7.3. Wypisz wszystkie sposoby przedstawienia liczby 945
w postaci różnicy dwóch kwadratów.
2.7.4. Jeśli pewna liczba nieparzysta n daje sie ↩
zapisać
w postaci różnicy dwóch kwadratów t 2 − s 2 , to wówczas, n =
(t − s)(t + s) , wie ↩
c wiemy, jak znaleźć nietrywialne dzielniki liczby
n . Problem polega zatem na zapisaniu liczby n w postaci różnicy
kwadratów. Jeśli dzielniki liczby n sa ↩
,,blisko siebie”, to liczba t
jest niewiele wie ↩
ksza od √ n . Sprawdzamy wie ↩
c kolejno, czy dla
t = [ √ n] + 1,[ √ n] + 2,. . . , liczba t 2 − n jest kwadratem liczby
naturalnej. Na przyk̷lad dla n = 200819 mamy [ √ n] = 448 oraz
450 2 − 200819 = 1681 = 41 2 . Zatem 200819 = 491 · 409 .
Stosuja ↩
c opisana ↩
wyżej metode ↩
roz̷lóż na czynniki liczby 8633,
809009, 92296873, 88169891 oraz 4601.
2.7.5. Czasami ̷latwiej jest roz̷lożyć na czynniki liczbe ↩
kn niż
n , a naste ↩
pnie podzielić otrzymany rozk̷lad przez k , by otrzymać
rozk̷lad liczby n . Znajdź rozk̷lad liczby n na czynniki znajduja ↩
c
najpierw rozk̷lad liczby kn , jeśli
(a) n = 141467 , k = 3 ; (c) n = 68987 , k = 3 ;
(b) n = 29895581 , k = 3 , (d) n = 19578079 , k = 5 .

3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych
3.1. Poje ↩
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb. Liczby
możemy zapisywać różnymi sposobami. Powszechnie stosowanym
sposobem zapisu liczb jest dziesie ↩
tny system pozycyjny. Nazywa
sie ↩
on dziesie ↩
tnym, ponieważ jego podstawa ↩
jest liczba 10, a pozycyjnym,
ponieważ znaczenie danej cyfry tworza ↩
cej liczbe ↩
zależy od
pozycji, na której sie ↩
ona znajduje. Na przyk̷lad 478 = 4 · 10 2 + 7 ·
10 1 +8·10 0 . Systemy niepozycyjne nie znalaz̷ly zastosowania z uwagi
na duża ↩
trudność wykonywania nawet prostych rachunków. Oprócz
dziesie ↩
tnego systemu pozycyjnego w użyciu jest jeszcze dwójkowy
system pozycyjny. Teoretycznie można rozważać system pozycyjny
o dowolnej podstawie b . My be ↩
dziemy rozważać systemy
o podstawie naturalnej b ≥ 2 . Liczbe ↩
w tym systemie zapiszemy
(d k d k−1 . . . d 1 d 0 ) b , gdzie d i ∈ {0,1,. . . ,b − 1} oraz 0 ≤ i ≤ k , i
be ↩
dziemy rozumieli jako d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 1 · b 1 + d 0 · b 0 .
3.1.1. Podaj przyk̷lad niepozycyjnego systemu zapisu liczb.
3.1.2. Podane niżej liczby przedstaw w systemie dziesie ↩
tnym.
(a) (3423) 5 ;
(b) (11000111) 2 ;
(c) (910) 11 .
3.1.3. Znaki d i , które pojawiaja ↩
sie ↩
w zapisie liczby w systemie
o podstawie b , nazywamy cyframi. Zauważmy, że gdy b ≥ 10
zaczyna nam brakować pojedynczych znaków dla oznaczenia cyfr.
Jak zrozumia̷leś liczbe ↩
(910) 11 – jako 9 · 11 2 + 1 · 11 , czy też jako
9 · 11 + 10 Aby unikna ↩
ć nieporozumień, ,,pożyczamy” kolejnych
liter alfabetu ̷lacińskiego (ba ↩
dź też używamy nawiasów). I tak, na
przyk̷lad w systemie o podstawie 11, A oznacza cyfre ↩
10. Podane
niżej liczby przedstaw w systemie dziesie ↩
tnym.
(a) (910) 11 ;
(b) (1AD) 16 ;
(c) (A2B) 12 .
3.1.4. Liczbe ↩
437 (zapisana ↩
w systemie dziesie ↩
tnym) zapisz
w każdym z naste ↩
puja ↩
cych systemów:

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 27
(a) w systemie o podstawie 3,
(b) w systemie o podstawie 5,
(c) w systemie o podstawie 16,
(d) w systemie dwójkowym.
3.1.5. Przy zamianie zapisu liczby n w systemie o podstawie
b 1 na zapis w systemie o podstawie b 2 stosujemy różne metody.
Najbardziej ,,naturalna ↩
” jest taka, w której z systemu o podstawie
b 1 przechodzimy do systemu dziesie ↩
tnego, a potem z systemu
dziesie ↩
tnego do systemu o podstawie b 2 . W 3.2.5 opiszemy metode ↩
zamiany bez ,,pośrednictwa” zapisu dziesie ↩
tnego. Zmień zapis
(a) (12) 3 na zapis w systemie dwójkowym,
(b) (1A) 12 na zapis w systemie o podstawie 16,
(c) (3455) 6 na zapis w systemie o podstawie 4,
(d) (101011101011) 2 na zapis w systemie o podstawie 16.
3.1.6. Zamiany liczby x w systemie o podstawie b na zapis
w systemie o podstawie b s , gdzie s > 1 , możemy dokonać w prosty
sposób: cyfry liczby x zapisanej w systemie o podstawie b grupujemy
w bloki po s cyfr zaczynaja ↩
c od końca (jeżeli ostatni blok ma
mniej niż s cyfr, dodajemy zera), a naste ↩
pnie zamieniamy nasze
bloki na cyfry w systemie o podstawie b s . Na przyk̷lad, jeśli chcemy
zamienić (11101001) 2 na zapis w systemie o podstawie 8, tworzymy
bloki 001 , 101 oraz 011 , które oznaczaja ↩
odpowiednio 1, 5 oraz 3.
Nasza liczba ma wie ↩
c postać (351) 8 . Zamień
(a) (1112) 3 na zapis w systemie o podstawie 27,
(b) (1A) 12 na zapis w systemie o podstawie 144,
(c) (101011101011) 2 na zapis w systemie o podstawie 16.
3.1.7. Opracuj algorytm odwrotny do przedstawionego w poprzednim
zadaniu, tj. algorytm na zamiane ↩
zapisu liczby x
w systemie o podstawie b s na zapis w systemie o podstawie b .
Korzystaja ↩
c z opracowanego algorytmu zmień
(a) (2B) 16 na zapis w systemie o podstawie 4,
(b) (ABCF ) 25 na zapis w systemie o podstawie 5,
(c) (3A56) 16 na zapis w systemie o podstawie 2.
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 ↩
ść I – Zadania
gdzie c n oraz d k sa ↩
wie ↩
ksze od zera. Pokaż, że jeżeli k < n , to
p < b k+1 oraz p < m .
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach
pozycyjnych. Aby dodać dwie liczby m oraz p zapisane w systemie
o podstawie b , poste ↩
pujemy podobnie jak przy dodawaniu
liczb zapisanych w systemie dziesie ↩
tnym. Dok̷ladniej, zapiszmy
gdzie n ≥ k . Mamy teraz
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0 ,
m + p = c n b n + · · · + c k b k + c k−1 b k−1 + · · · + c 1 b + c 0
+ 0 · b n + · · · + d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0
= (c n + 0)b n + · · · + (c k+1 + 0)b k+1 + (c k + d k )b k
+ (c k−1 + d k−1 )b k−1 + · · · + (c 1 + d 1 )b + (c 0 + d 0 ).
Jeżeli c 0 + b 0 jest mniejsza od b , to jest to ostatnia cyfra liczby
m + p (w systemie o podstawie b ). W przeciwnym wypadku mamy
0 ≤ c 0 + d 0 − b ≤ b − 1 i b jednostek niższego rze ↩
du zamieniamy na
jedna ↩
jednostke ↩
wyższego rze ↩
du otrzymuja ↩
c
(c 1 + d 1 )b + (c 0 + d 0 ) = (c 1 + d 1 + 1)b + (c 0 + d 0 − b).
Tak samo poste ↩
pujemy z kolejnymi cyframi, posuwaja ↩
c sie ↩
od strony
prawej do lewej. Przy powyższym rozumowaniu wygodnie jest
stosować zapis
c n c n−1 . . . c k c k−1 . . . c 2 c 1 c 0
+ d k d k−1 . . . d 2 d 1 d 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
gdzie pod kreska ↩
(w miejsce kropek) zapisujemy kolejne cyfry sumy
m + p .
Dla przyk̷ladu dodamy liczby (3021) 5 i (433) 5 . 1 + 3 = 4 ,
wie ↩
c 4 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
wyniku dodawania. 2 + 3 = 5 , a 5 w systemie
o podstawie 5, to 10, zatem nasza suma kończy sie ↩
cyframi
04, a 1, jako jednostke ↩
wyższego rze ↩
du, ,,trzymamy w pamie ↩
ci”.

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 29
0 + 4 + 1 = 5 , wie ↩
c sytuacja nam sie ↩
powtarza i dopisujemy 0 do
wyniku oraz pamie ↩
tamy 1. 1 + 3 + 0 = 4 , wie ↩
c nasza suma to
(4004) 5 . Nasze rozumowanie zapisujemy w znajomy sposób:
3021
+ 433
4004
3.2.1. Wykonaj poniższe dodawania.
(a) (AB123) 14 + (CDA) 14 ;
(b) (1111001101) 2 + (1101101101) 2 ;
(c) (12321) 5 + (23132) 5 .
3.2.2. Opisz algorytm odejmowania liczb w systemie o podstawie
b i wykonaj odejmowania.
(a) (1110101110) 2 − (11101011) 2 ;
(b) (4532)) 6 − (3401) 6 ;
(c) (AB12) 16 − (CDA) 16 .
3.2.3. Opisz algorytm mnożenia liczb w systemie o podstawie
b i wykonaj mnożenia.
(a) (234) 5 · (4) 5 ;
(b) (11110101) 2 · (1101) 2 ;
(c) (AB32) 13 · (9) 13 .
3.2.4. Opisz algorytm dzielenia liczb w systemie o podstawie b
i wykonaj dzielenia.
(a) (11011) 2 : (11) 2 ;
(b) (2361) 7 : (15) 7 ;
(c) (ABC) 16 : (6) 16 .
3.2.5. Przypuśćmy, że mamy liczbe ↩
n = (11011101) 2 zapisana ↩
w systemie dwójkowym. Gdy chcemy ja ↩
przedstawić w systemie
trójkowym, zapisujemy nowa ↩
podstawe ↩
b = 3 w ,,starym” systemie,
tj. b = (11) 2 w naszym przypadku. Również wszystkie obliczenia
wykonujemy w ,,starym” systemie. Obliczamy kolejne pote ↩
gi liczby
b , dopóki nie przekrocza ↩
one liczby n:
b 2 = (1001) 2 , b 3 = (11011) 2 , b 4 = (1010001) 2 , b 5 = (11110011) 2 ,

30 Cze ↩
ść I – Zadania
wie ↩
c b 4 < n < b 5 . Dzielimy (z reszta ↩
) liczbe ↩
n przez b 4 otrzymuja ↩
c
(11011101) 2 = (10) 2 · (1010001) 2 + (111011) 2 .
Reszte ↩
z powyższego dzielenia dzielimy przez b 3 i otrzymujemy
(111011) 2 = (10) 2 · (11011) 2 + (101) 2 .
Ponownie dzielimy otrzymana ↩
reszte ↩
przez b 2 dostaja ↩
c wynik 0
oraz reszte ↩
(101) 2 . Te ↩
reszte ↩
dzielimy przez b i otrzymujemy
Zatem
(101) 2 = (1) 2 · (11) 2 + (10) 2 .
(11011101) 2 = (10) 2 · b 4 + (10) 2 · b 3 + 0 · b 2 + 1 · b + (10) 2
= 2 · 3 4 + 2 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 + 2
= (22012) 3 .
Zapisz liczbe ↩
n = (11011101) 2 w systemie trójkowym pos̷luguja
↩
c sie ↩
drugim algorytmem z rozwia ↩
zania zadania 3.1.4.
3.2.6. ̷Latwość wykonywania rachunków jest g̷lówna ↩
przyczyna
↩
, dla której używamy pozycyjnych systemów zapisu liczb. Spróbuj
dodać liczby MCMXXIV (1924) oraz CDXCIII (493) zapisane w systemie
rzymskim (niepozycyjnym) nie korzystaja ↩
c z pośrednictwa
żadnego systemu pozycyjnego. Jeśli wydaje Ci sie ↩
to ̷latwe, spróbuj
pomnożyć te dwie liczby...
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych. Przypomnijmy,
że dla d i ,c j ∈ {0,1,. . . ,9} , zapis
x = d k d k−1 . . . d 0 ,c 1 c 2 . . .
oznacza rozwinie ↩
cie dziesie ↩
tne liczby x , tj.
x = d k · 10 k + d k−1 · 10 k−1 + · · · + d 0 + c 1
} {{ } 10 1 + c 2
10 2 + · · ·
} {{ }
cze ↩
ść ca̷lkowita
cze ↩
ść u̷lamkowa
(1)

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 31
Sume ↩
w cze ↩
ści u̷lamkowej wzoru (1) należy rozumieć jako granice ↩
cia ↩
gu sum cze ↩
ściowych
s 1 = c 1
10
s 2 = s 1 + c 2
10 2
. . . . . . . . . . . . . . .
Podobnie interpretujemy zapis ,,z przecinkiem” w innym niż dziesie ↩
-
tny systemie pozycyjnym. Zapis x = (d k d k−1 . . . d 0 ,c 1 c 2 . . .) b , gdzie
d i ,c j ∈ {0,1,. . . ,b − 1} , oznacza, że x ma rozwinie ↩
cie w systemie
o podstawie b , czyli że
x = d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 0 + c 1
b 1 + c 2
b 2 + · · ·
Podobnie jak w (1) wyróżniamy tu cze ↩
ść ca̷lkowita ↩
i u̷lamkowa ↩
.
Mówimy, że liczba x ma rozwinie ↩
cie okresowe o podstawie b ,
gdy to rozwinie ↩
cie ma postać
x = d k · b k + d k−1 · b k−1 + · · · + d 0
} {{ }
cze ↩
ść ca̷lkowita
c 1
+
b 1 + c 2
b 2 + · · · + c m
} {{
b m
}
nieokresowe wyrazy pocza ↩
tkowe
+ a 1
b m+1 + a 2
b m+2 + · · · + a n
b m+n
} {{ }
okres
+ a 1
b m+n+1 + a 2
b m+n+2 + · · · + a n
} {{
b m+2n
}
okres
+ · · · · · · ,
gdzie d 1 , d 2 , . . . , d k ; c 1 , c 2 , . . . , c m oraz a 1 , a 2 , . . . , a n
sa ↩
elementami zbioru {0,1,. . . b − 1} .
Jeżeli mamy liczbe ↩
x zapisana ↩
w systemie dziesie ↩
tnym i chcemy
znaleźć jej rozwinie ↩
cie w systemie o podstawie b , to najpierw

32 Cze ↩
ść I – Zadania
znajdujemy rozwinie ↩
cie cze ↩
ści ca̷lkowitej liczby x , a naste ↩
pnie cze ↩
ści
u̷lamkowej tej liczby. Oznaczmy przez y cze ↩
ść u̷lamkowa ↩
liczby x .
Mnożymy liczbe ↩
y przez b i szukamy najwie ↩
kszej liczby ca̷lkowitej
d 1 , takiej że d 1 ≤ yb , czyli cze ↩
ści ca̷lkowitej liczby yb . Liczba
d 1 jest pierwsza ↩
cyfra ↩
po przecinku. Dok̷ladnie, mamy wtedy y =
d 1
b
+ r 1 , gdzie 0 ≤ r 1 < 1 b . Naste ↩pnie szukamy najwie ↩
kszej liczby
ca̷lkowitej d 2 , takiej że d 2 ≤ r 1 b 2 . Liczba d 2 jest druga ↩
cyfra ↩
po
przecinku. Mamy zatem r 1 = d 2
b 2 + r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < 1 b
, a sta 2 ↩
d
y = d 1
b
+ d 2
b 2 + r 2 . Po n takich krokach otrzymujemy
y = d 1
b + d 2
b 2 + · · · + d n
b n + r n, gdzie 0 ≤ r n < 1
b n .
3.3.1. Zapisz
1
(a)
3
i 0,5 w systemie o podstawie 3,
(b) 5 pierwszych cyfr rozwinie ↩
cia liczby π w systemie
o podstawie dwa,
(c)
5
13
w systemie o podstawie 5.
3.3.2. Pokaż, że u̷lamek w̷laściwy o mianowniku b − 1 ma
w systemie o podstawie b ≠ 2 rozwinie ↩
cie okresowe o okresie jednocyfrowym.
3.3.3. Pokaż, że u̷lamek w̷laściwy o mianowniku (11) b , tj.
b + 1 , zapisany w systemie o podstawie b ma w tym systemie
rozwinie ↩
cie okresowe o okresie dwucyfrowym.
3.3.4. Pokaż, że w systemie o podstawie b u̷lamek ma
rozwinie ↩
cie skończone wtedy i tylko wtedy, gdy mianownik tego
u̷lamka (zapisanego w postaci nieskracalnej) jest iloczynem pote ↩
g
dzielników b .
3.3.5. Udowodnij, że u̷lamek w̷laściwy a c
ma w systemie
o podstawie b rozwinie ↩
cie okresowe f -cyfrowe czyste (tzn. okres
zaczyna sie ↩
od cyfry po przecinku i ma f cyfr) wtedy i tylko wtedy,
gdy b f − 1 jest wielokrotnościa ↩
c .
3.3.6. Oblicz
(a) 111,101010 + 1,11 w systemie dwójkowym,
(b) 121,2101 − 12,11211 w systemie trójkowym,

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 33
(c) A,BC : 0,6 w systemie o podstawie 16,
(d) 43201 : 3 w systemie o podstawie 5,
(e) 0,00012 · 0,0023 w systemie o podstawie 4.

4. Algorytm Euklidesa
4.1. Szukanie NWD. Aby znaleźć NWD dwóch liczb naturalnych,
rozk̷ladamy je na czynniki pierwsze, a naste ↩
pnie wyszukujemy
wspólne dla obu liczb czynniki. Iloczyn tych wspólnych czynników
jest równy NWD. Na przyk̷lad, aby znaleźć NWD(24, 36) ,
rozk̷ladamy liczby 24 oraz 36 na czynniki pierwsze
24 2 36 2
12 2 18 2
6 2 9 3
3 3 3 3
1 1
Wspólnymi czynnikami sa ↩
tu 2, 2 oraz 3, zatem
NWD(24, 36) = 2 · 2 · 3 = 12.
Opisana wyżej metoda zawodzi już przy liczbach trzycyfrowych.
Nie jest bowiem ̷latwo roz̷lożyć ,,duża ↩
” liczbe ↩
na czynniki.
Znacznie skuteczniejszy jest algorytm Euklidesa. Podstawa ↩
tego algorytmu
jest fakt, że jeżeli a = qb + r , to NWD(a, b) = NWD(b, r)
(zobacz 1.6.2). Przypuśćmy, że chcemy znaleźć NWD(a, b) , gdzie a
oraz b sa ↩
liczbami naturalnymi, przy czym a > b . Przyjmujemy
r −1 = a oraz r 0 = b , a naste ↩
pnie określamy rekurencyjnie cia ↩
g (r k )
jako kolejne reszty z dzielenia r k−2 przez r k−1 , tj.
r k−2 = q k r k−1 + r k , (*)
gdzie q k dla k ∈ N sa ↩
pewnymi liczbami ca̷lkowitymi.
Za̷lóżmy, że chcemy znaleźć NWD(704, 341) . Wówczas, aby
otrzymać cia ↩
g (r k ) , wykonujemy kolejne dzielenia z reszta ↩
:
704 = 2 · 341 + 22
341 = 15 · 22 + 11
22 = 2 · 11 + 0.
Zatem r 1 = 22 , r 2 = 11 , r 3 = 0 . Zauważmy, że z (*) bezpośrednio
wynika, iż cia ↩
g (r k ) jest ściśle maleja ↩
cy. Ponieważ jest to cia ↩
g liczb

Algorytm Euklidesa 35
ca̷lkowitych nieujemnych, wie ↩
c musi istnieć takie n , że r n+1 = 0 .
Z zadania 1.6.2 wynika natomiast, że
NWD(a, b) = NWD(r −1 , r 0 ) = NWD(r 0 , r 1 ) = NWD(r 1 , r 2 )
= · · · = NWD(r n−1 , r n ).
Ale, ponieważ r n+1 = 0 , wie ↩
c z (*) wynika, że r n |r n−1 , czyli r n =
NWD(r n−1 , r n ) = NWD(a, b) .
Zatem najwie ↩
kszy wspólny dzielnik liczb a i b , to ostatni
niezerowy element w opisanym wyżej cia ↩
gu (r n ) . Wracaja ↩
c do
naszego przyk̷ladu, otrzymujemy NWD(704, 341) = 11 .
4.1.1. Znajdź NWD(704, 341) nie korzystaja ↩
c z algorytmu Euklidesa.
4.1.2. Znajdź NWD(128, 1024) nie korzystaja ↩
c z algorytmu
Euklidesa, a naste ↩
pnie korzystaja ↩
c z tego algorytmu.
4.1.3. W 1.6 pokazaliśmy, że jeżeli NWD(a, b) = d , to istnieja ↩
takie liczby ca̷lkowite x i y , że ax+by = d . Zastosuj algorytm Euklidesa
do znalezienia NWD podanych par liczb, a naste ↩
pnie znajdź
odpowiadaja ↩
ce tym parom x i y .
(a) 26, 19; (b) 187, 34; (c) 841, 160; (d) 2613, 2171.
4.1.4. Wykaż, że w cia ↩
gu (r k ) , określonym przez algorytm
Euklidesa, zachodzi zależność r k+2 < 1 2 r k .
4.1.5. Dzia̷lanie algorytmu Euklidesa można nieznacznie
przyspieszyć dopuszczaja ↩
c tzw. ujemne reszty, to jest wybieraja ↩
c
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,
które dzia̷lanie daje mniejsza ↩
reszte ↩
r k . Wykorzystaj te ↩
metode ↩
w czterech przyk̷ladach zadania 4.1.3.
4.1.6. Pokaż, że dla cia ↩
gu (r k ) z zadania 4.1.5 zachodzi
r k ≤ 1 2 r k−1.
4.1.7. Korzystaja ↩
c z algorytmu Euklidesa, znajdź
(a) NWD(10n + 9, n + 1) , gdzie n ∈ N ;
(b) NWD(3n + 1, 10n + 3) , gdzie n ∈ N .

36 Cze ↩
ść I – Zadania
4.1.8. Pokaż, że liczba naturalna n = 10a + b , gdzie b ∈
{0,1,. . . ,9} dzieli sie ↩
przez m = 10q + 1 wtedy i tylko wtedy, gdy
m|a − bq .
4.1.9. Rozwia ↩
ż w liczbach naturalnych uk̷lad równań
x + y = 96, NWD(x, y) = 12.
4.1.10. Rozwia ↩
ż równanie NWD(x, a) = b , gdzie a i b sa ↩
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym b ≠ 0 .
4.1.11. Sprawdź, czy opisany wyżej algorytm Euklidesa można
wykorzystać do wyznaczania NWD dowolnych liczb ca̷lkowitych
niezerowych.
4.1.12. Uzasadnij, że suma dwóch kolejnych liczb naturalnych
oraz suma ich kwadratów sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze.
4.2. Równania liniowe. Zajmiemy sie ↩
teraz równaniami
postaci
ax + by = c, (1)
gdzie a , b , c ∈ Z .
Twierdzenie. Równanie (1) ma rozwia ↩
zanie w liczbach ca̷lkowitych
wtedy i tylko wtedy, gdy NWD(a, b)|c .
Dowód. Za̷lóżmy, że równanie (1) ma rozwia ↩
zanie (x 0 ,y 0 ) . Zatem,
jeśli p|a oraz p|b , to p|ax 0 + by 0 , czyli p|c . W szczególności, jeśli
p = NWD(a, b) , to p|c .
Za̷lóżmy teraz, że d = NWD(a, b) i d|c . Niech e = c d . Istnieja ↩
liczby x ′ oraz y ′ takie, że ax ′ + by ′ = d . Zatem para (ex ′ ,ey ′ )
jest rozwia ↩
zaniem (1).
4.2.1. Sprawdź, które z poniższych równań maja ↩
rozwia ↩
zania
w liczbach ca̷lkowitych.
(a) 12x + 18y = 36 (c) 2613x + 2171y = 39 (e) 119x + 105y = 28
(b) 65x + 39y = 16 (d) 12x + 15y = 333 (f) 28x + 35y = 347 .
4.2.2. Wykaż, że jeśli NWD(a, b) = 2 , to równanie (1) ma
rozwia ↩
zanie wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba ↩
parzysta ↩
.

Algorytm Euklidesa 37
4.2.3. Niech A be ↩
dzie podzbiorem liczb ca̷lkowitych zawieraja
↩
cym dwie liczby wzgle ↩
dnie pierwsze oraz takim, że wraz z dwiema
liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume ↩
i różnice ↩
. Pokaż, że
A = Z .
4.2.4. Niech A be ↩
dzie podzbiorem liczb ca̷lkowitych, który
zawiera co najmniej jedna ↩
liczbe ↩
różna ↩
od zera oraz takim, że wraz
z dwiema liczbami (różnymi lub nie) zawiera ich sume ↩
i różnice ↩
.
Pokaż, że A sk̷lada sie ↩
ze wszystkich liczb postaci mt , gdzie m
jest najmniejsza ↩
liczba ↩
naturalna ↩
zbioru A , a t dowolna ↩
liczba ↩
ca̷lkowita ↩
.
4.2.5. Napisz równanie prostej na p̷laszczyźnie, do której nie
należa ↩
punkty o obu wspó̷lrze ↩
dnych ca̷lkowitych.
4.3. Rozwia ↩
zywanie równań liniowych. Pokazanie, że
rozwia ↩
zanie istnieje, a znalezienie tego rozwia ↩
zania, to dwie różne
sprawy. Twierdzenie z podrozdzia̷lu 4.2 mówi nam jedynie o istnieniu
rozwia ↩
zania. By znaleźć to rozwia ↩
zanie, pos̷lużymy sie ↩
algorytmem
podobnym do algorytmu Euklidesa.
Za̷lóżmy, że mamy dane równanie (1), w którym a ≥ b . Oznaczmy
a = r −1 oraz b = r 0 . Niech r n be ↩
dzie ostatnia ↩
niezerowa ↩
reszta ↩
w cia ↩
gu reszt uzyskanym przez zastosowanie algorytmu Euklidesa
do liczb r −1 i r 0 . Możemy zapisać r −1 = q 1 r 0 + r 1 , gdzie
0 ≤ r 1 < r 0 . Wstawiaja ↩
c do (1) mamy
(q 1 r 0 + r 1 )x + r 0 y = c.
Podstawiaja ↩
c y 1 = x , x 1 = y + q 1 x , otrzymujemy
r 0 x 1 + r 1 y 1 = c. (2)
̷Latwo spostrzec, że jeśli x oraz y spe̷lniaja ↩
(1), to wyznaczone
przez nie liczby ca̷lkowite x 1 , y 1 spe̷lniaja ↩
(2). Na odwrót, jeżeli
x 1 , y 1 spe̷lniaja ↩
(2), to x = y 1 , y = x 1 − q 1 y 1 spe̷lniaja ↩
(1).
Zatem badanie równania (1) sprowadza sie ↩
do badania równania (2),
w którym wspó̷lczynniki sa ↩
mniejsze.
Od równania (2) przechodzimy w podobny sposób do równania
r 1 x 2 + r 2 y 2 = c, (3)

38 Cze ↩
ść I – Zadania
i tak dalej, aż dojdziemy do równania
r n−1 x n + r n y n = c. (4)
Ale r n jest ostatnia ↩
niezerowa ↩
reszta ↩
, wie ↩
c r n = NWD(r n−1 , r n ) =
NWD(a, b) . Zatem r n |r n−1 i r n |c . Jeżeli r n−1 = q n+1 r n , to (4)
przyjmuje postać
r n x n+1 = c, (5)
gdzie x n+1 = q n+1 x n + y n . Zauważmy, że jeśli x n+1 spe̷lnia (5), to
dobieraja ↩
c dowolna ↩
wartość ca̷lkowita ↩
dla x n i podstawiaja ↩
c y n =
x n+1 − q n+1 x n otrzymamy rozwia ↩
zanie (4). Na odwrót, jeżeli x n
i y n spe̷lniaja ↩
(4), to liczba x n+1 = q n+1 x n + y n spe̷lnia (5).
Aby otrzymać rozwia ↩
zanie (1) podstawiamy wie ↩
c x n = t
i w zależności od t obliczamy kolejno y n , x n−1 , y n−1 . . . , x 1 ,
y 1 , x , y .
4.3.1. Rozwia ↩
ż równania.
(a) 12x + 18y = 36 (d) 12x + 15y = 333
(b) 65x + 39y = 26 (e) 4x + 4y = 8
(c) 2613x + 2171y = 39 (f) 119x + 105y = 28 .
4.3.2. W zależności od parametru u rozwia ↩
ż równanie
12x + 15y = 3(7u − 22).
4.3.3. Rozwia ↩
ż równania.
(a) 12x + 15y + 7z = 11 ; (b) 6x + 10y + 12z = 4 .
Wskazówka. Równanie (a) jest równoważne równaniu 12x + 15y =
11 − 7z . Zatem NWD(12, 15) = 3 musi dzielić (jeśli rozwia ↩
zanie
istnieje) różnice ↩
11−7z . Zapisz 3t = 11−7z i rozwia ↩
ż to równanie.
Niewiadoma z be ↩
dzie już obliczona. Aby znaleźć x oraz y rozwia ↩
ż
12x + 15y = 3t , gdzie t jest otrzymanym wcześniej rozwia ↩
zaniem.
4.3.4. Równanie 24x + 18y = 19 nie ma rozwia ↩
zania. Nie
bacza ↩
c na to, spróbuj je ,,rozwia ↩
zać” stosuja ↩
c opisany algorytm.
Gdzie wyste ↩
puje problem
4.3.5. Niech para liczb ca̷lkowitych (x 0 ,y 0 ) be ↩
dzie rozwia ↩
zaniem
równania (1). Pokaż, że wszystkie rozwia ↩
zania równania (1)
dane sa ↩
wzorami x = x 0 + b 1 t , y = y 0 − a 1 t , gdzie a 1 =
b 1 =
b
NWD(a,b) , t ∈ Z .
a
NWD(a,b) ,
4.3.6. Korzystaja ↩
c z 4.3.5 znajdź wszystkie rozwia ↩
zania
równania 852x + 192y = 24 .

5. Kongruencje
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji. Niech a , b
oraz m be ↩
da ↩
liczbami ca̷lkowitymi, przy czym m > 1 . Jeżeli
m|a − b , to piszemy
a ≡ b(mod m ) (*)
i mówimy, że liczby a i b przystaja ↩
do siebie modulo m . Na
przyk̷lad −2 ≡ 4(mod 3 ) , 9 ≡ 1(mod 2 ) itp. Znak ,, ≡ ” nazywamy
znakiem kongruencji, a liczbe ↩
m , modu̷lem kongruencji.
Relacje ↩
oznaczona ↩
symbolelm (*) nazywamy kongruencja ↩
.
5.1.1. Sprawdź, czy kongruencja jest relacja ↩
równoważności.
5.1.2. Pokaż, że dwie liczby ca̷lkowite przystaja ↩
do siebie
modulo m wtedy i tylko wtedy, gdy przy dzieleniu przez m
maja ↩
one jednakowe reszty, i wywnioskuj sta ↩
d, że każda klasa
równoważności relacji ,, ≡ ” ma dok̷ladnie jednego reprezentanta
w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} .
5.1.3. Pokaż, że kongruencja liczb a i b modulo m jest
równoważna z możliwościa ↩
przedstawienia liczby a w postaci a =
b + mt , gdzie t jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
.
5.1.4. Pokaż, że kongruencje o tym samym module można
dodawać, odejmować i mnożyć stronami.
5.1.5. Zauważmy, że chociaż 48 ≡ 18(mod 10 ) oraz 12 ≡
2(mod 10 ) , to 4 ≢ 9(mod10) , czyli że nie mamy prawa dzielić
stronami kongruencji.
(a) Pokaż, że dla każdego c > 0 , jeśli ac ≡ bc(mod mc ),
to a ≡ b(mod m ).
(b) Wykaż, że jeżeli ac ≡ bc(mod m ) oraz NWD(m, c) =
1 , to a ≡ b(mod m ).
(c) Pokaż, że jeżeli a s ≡ 1(mod m ) i a t ≡ 1(mod n ) ,
przy czym NWD(m, n) = 1, to zachodzi kongruencja
a NWW(s,t) ≡ 1(mod mn ).
(d) Wykaż, że jeżeli a ≡ b(mod n ) oraz a ≡ b(mod m ),
to a ≡ b(mod NWW(m, n) ).

40 Cze ↩
ść I – Zadania
5.1.6. Pokaż, że 11|2 55 + 1 . Jaka jest ostatnia cyfra liczby
2 55 + 1 w systemie o podstawie 11
5.1.7. Wykaż, że 78|53 103 + 103 53 .
5.1.8.
(a) Znajdź ostatnia ↩
cyfre ↩
liczby 2 1000 .
(b) Wyznacz cia ↩
g ostatnich cyfr dla cia ↩
gu liczb Fermata F n =
2 2n + 1 ( n = 0,1,2,3,. . . ).
5.1.9. Zbadaj, kiedy suma sześcianów trzech kolejnych liczb
naturalnych jest podzielna przez 18.
5.1.10. Udowodnij, że jeżeli n jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
nieujemna ↩
,
to liczba 2 n+2 + 3 2n+1 jest podzielna przez 7 .
5.1.11. Pokaż, że jeżeli p jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to
(a) ( p
k)
≡ 0(mod p ) dla 1 ≤ k ≤ p − 1 ;
(b) ( )
p n
k ≡ 0(mod p ) dla dowolnego ca̷lkowitego n ≥
1 oraz 1 ≤ k ≤ p n − 1 ;
(c) (a + b) pn ≡ a pn + b pn (mod p ) dla dowolnych liczb
ca̷lkowitych a , b i dowolnego ca̷lkowitego n ≥ 0 .
5.1.12. Uzasadnij, że dla każdej liczby naturalnej n , liczba
2 n + 1 nie jest podzielna przez 7. Jaka może być ostatnia cyfra
liczby 2 n + 1 w systemie o podstawie 7
5.2. Kongruencje a wielomiany. Niech W (x) = w 0 +
w 1 x + w 2 x 2 + · · · + w n x n be ↩
dzie wielomianem o wspó̷lczynnikach
ca̷lkowitych i niech a ≡ b(mod m ) . Z w̷lasności kongruencji
wynika, że
w 0 ≡ w 0 (modm)
w 1 a ≡ w 1 b(modm)
w 2 a 2 ≡ w 2 b 2 (modm)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
w n a n ≡ w n b n (modm).
Dodaja ↩
c stronami powyższe kongruencje otrzymujemy
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 ),
czyli W (a) ≡ W (b)(mod m ) .

Kongruencje 41
5.2.1. Pokaż, że jeżeli A = 1 + 8 + 2 · 8 2 + · · · + n8 n , B =
1 + 3 + 2 · 3 2 + · · · + n3 n , to 5|A − B .
5.2.2. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach
ca̷lkowitych jest taki, że W (2) jest podzielne przez 5 i W (5)
jest podzielne przez 2, to W (7) jest podzielne przez 10.
5.2.3. Niech n be ↩
dzie liczba ↩
naturalna ↩
, a n 0 , n 1 , . . . , n s
jej kolejnymi cyframi w uk̷ladzie dziesie ↩
tnym, tzn. n = n 0 + n 1 10 +
· · · + n s 10 s . Rozważmy wielomian N(x) = n 0 + n 1 x + · · · + n s x s .
Jest to wielomian o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych oraz N(10) = n .
Z kongruencji 10 ≡ 1(mod 3 ) wynika, że n = N(10) ≡ N(1) =
n 0 + n 1 + · · · n s (mod 3 ) . Wyprowadź sta ↩
d ceche ↩
podzielności
przez 3.
5.2.4. Wyprowadź ceche ↩
podzielności przez 9.
5.2.5. Opieraja ↩
c sie ↩
na kongruencji 10 ≡ −1(mod 11 ) ,
wyprowadź ceche ↩
podzielności przez 11.
5.2.6. Dane sa ↩
trzy różne liczby ca̷lkowite a , b i c . Udowodnij,
że nie istnieje wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych,
taki że W (a) = b , W (b) = c , W (c) = a .
5.2.7. Uzasadnij, że nie istnieje wielomian o wspó̷lczynnikach
ca̷lkowitych, którego wartość dla każdej liczby naturalnej jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.2.8. Poproś kogoś, aby wybra̷l dowolna ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
wie ↩
ksza ↩
od 10 i wykona̷l naste ↩
puja ↩
ce dzia̷lania:
i) utworzy̷l sume ↩
cyfr wybranej liczby i odja ↩̷l ja ↩
od wybranej
liczby;
ii) w otrzymanej liczbie skreśli̷l pewna ↩
niezerowa ↩
cyfre ↩
, a sume ↩
pozosta̷lych cyfr poda̷l Tobie.
Wtedy Ty jesteś w stanie wykryć skreślona ↩
cyfre ↩
. Podaj
matematyczna ↩
podstawe ↩
regu̷ly wyznaczania ,,skreślonej cyfry”.

42 Cze ↩
ść I – Zadania
5.3. Kongruencje a równania. Niech W be ↩
dzie wielomianem
o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych, m be ↩
dzie liczba ↩
naturalna ↩
wie ↩
ksza ↩
od jedynki i niech liczba ca̷lkowita c be ↩
dzie pierwiastkiem
wielomianu W (x) . Jeżeli r jest reszta ↩
z dzielenia c przez m ,
to c ≡ r(mod m ) , sta ↩
d W (r) ≡ W (c) ≡ 0(mod m ) . Zatem,
jeżeli istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że W (c) = 0 , to istnieje
r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} takie, że W (r) ≡ 0(mod m ) .
5.3.1. Udowodnij, że jeżeli wielomian W (x) o wspó̷lczynnikach
ca̷lkowitych przybiera dla x = 0 i x = 1 wartości nieparzyste,
to równanie W (x) = 0 nie ma pierwiastków ca̷lkowitych.
5.3.2. Uzasadnij, że równanie
100x 6 − 80x 5 + 36x 4 + 12x 3 + x 2 + 1001 = 0
nie ma rozwia ↩
zania w liczbach ca̷lkowitych.
5.3.3. Udowodnij, że równanie 2x 2 − 215y 2 = 1 nie ma
rozwia ↩
zań w liczbach ca̷lkowitych.
5.3.4. Wielomian o wspó̷lczynnikach ca̷lkowitych daje przy
dzieleniu przez wielomian x 2 −12x+11 reszte ↩
990x−889 . Wykaż,
że wielomian ten nie ma pierwiastków ca̷lkowitych.
5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata. Wiele obliczeń
zwia ↩
zanych z kongruencjami skraca
Ma̷le Twierdzenie Fermata (MTF). Jeżeli liczba ca̷lkowita a
jest niepodzielna przez liczbe ↩
pierwsza ↩
p , to a p−1 ≡ 1(mod p ) .
Dowód. Niech r k oznacza reszte ↩
z dzielenia liczby ak przez p (dla
k ∈ {1,2,. . . p − 1} ). Wtedy ak ≡ r k (mod p ) . Sta ↩
d
a · 2a · 3a · · · (p − 1)a ≡ r 1 r 2 . . . r p−1 (mod p ). (*)
Reszty r k sa ↩
wszystkie różne, gdyż jeśli zachodzi̷laby równość r s =
r l dla pewnych s i l , to wówczas as ≡ al(mod p ) , czyli p|(s−l)a ,
co jest niemożliwe, gdyż p̸ | a i p̸ | s − l . Cia ↩
g r 1 , r 2 , . . . , r p−1
zawiera wie ↩
c te same liczby co cia ↩
g 1, 2, . . . , p − 1 , co najwyżej
u̷lożone w innym porza ↩
dku. Zatem r 1 r 2 . . . r p−1 = 1 · 2 · · · (p − 1) .

Kongruencje 43
Sta ↩
d wobec (*) mamy 1 · 2 · · · (p − 1)a p−1 ≡ 1 · 2 · · · (p − 1)(mod p ) ,
czyli p|1 · 2 · · · (p − 1)(a p−1 − 1) . Ponieważ p̸ | 1 · 2 · · · (p − 1) , wie ↩
c
p|a p−1 − 1 , co dowodzi prawdziwości twierdzenia.
Wniosek. Jeżeli p jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to dla każdej liczby
ca̷lkowitej a jest a p ≡ a(mod p ) .
Dowód (wniosku). Jeżeli p̸ | a , to z MTF mamy a p−1 ≡ 1(mod p ) ,
a ponieważ a ≡ a(mod p ) , wie ↩
c po wymnożeniu stronami powyższych
kongruencji mamy a p ≡ a(mod p ) .
Jeżeli p|a , to p|a p − a , wie ↩
c a p ≡ a(mod p ) .
5.4.1. Stosuja ↩
c metode ↩
indukcji matematycznej, udowodnij,
że dla dowolnej liczby naturalnej n jest n p ≡ n(mod p ) , gdzie p
oznacza liczbe ↩
pierwsza ↩
.
5.4.2. Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej n
(a) 30|n 5 − n ;
(b) 15|n 7 − n 5 − n 3 + n .
5.4.3. Udowodnij, że każda liczba pierwsza p > 5 jest dzielnikiem
liczby n p = 11 . . . 1 napisanej w uk̷ladzie dziesie ↩
tnym za
pomoca ↩
p − 1 jedynek.
5.4.4. Wykaż, że jeżeli liczby a 1 , a 2 , . . . , a k sa ↩
liczbami
ca̷lkowitymi, p zaś liczba ↩
pierwsza ↩
, to p|a p 1 + ap 2 + · · · + ap k
wtedy
i tylko wtedy, gdy p|a 1 + a 2 + · · · + a k .
5.4.5. Udowodnij, że jeżeli liczby naturalne a , b , c i d
spe̷lniaja ↩
warunek a 2 + b 2 = c 2 + d 2 , to liczba a + b + c + d nie jest
liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.4.6. Wykaż, że dla każdej liczby pierwszej p istnieje
nieskończenie wiele liczb postaci 2 n − n podzielnych przez p , gdzie
n ∈ N .
5.4.7. Uzasadnij, że jeżeli a i b sa ↩
liczbami ca̷lkowitymi, to
liczba K = ab(a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 ) jest podzielna przez 30.
5.4.8. Niech p be ↩
dzie liczba ↩
pierwsza ↩
. Pokaż, że dla każdego
ca̷lkowitego a takiego, że p̸ | a , istnieje dok̷ladnie jedno b takie, że
1 ≤ b ≤ p − 1 oraz ab ≡ 1(mod p ) .

44 Cze ↩
ść I – Zadania
5.4.9. Dana jest liczba pierwsza p > 3 . Wykaż równoważność
zdań:
(i) Istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że liczba n 2 − n + 3 jest
podzielna przez p .
(ii) Istnieje taka liczba ca̷lkowita m , że liczba m 2 − m + 25
jest podzielna przez p .
5.4.10. Pokaż, że w cia ↩
gu arytmetycznym postaci 4k + 1 istnieje
nieskończenie wiele liczb pierwszych.
Wskazówka. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest
tylko skończona ilość. Niech to be ↩
da ↩
liczby p 1 , p 2 , . . . , p n .
Rozważmy liczbe ↩
K = 2p 1 p 2 . . . p n , a naste ↩
pnie liczbe ↩
K 2 + 1 .
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera. Uogólnieniem
MTF jest naste ↩
puja ↩
ce
Twierdzenie Eulera. Jeżeli liczby ca̷lkowite a i m sa ↩
wzgle ↩
dnie
pierwsze, przy czym m > 1 , to a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) , gdzie ϕ(m)
oznacza ilość liczb naturalnych mniejszych od m i wzgle ↩
dnie pierwszych
z m .
Dowód. Udowodnimy najpierw twierdzenie w przypadku, gdy m
jest pote ↩
ga ↩
liczby pierwszej, tj. gdy m = p α . Zastosujemy indukcje ↩
wzgle ↩
dem α . Z MTF wynika, ze twierdzenie jest prawdziwe dla
α = 1 . Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla α − 1 , tzn.
a ϕ(pα−1) ≡ 1(mod p α−1 ) . Ponieważ ϕ(p α−1 ) = p α−1 − p α−2 , wie ↩
c
a pα−1 −p α−2
= 1 + p α−1 b dla pewnej liczby ca̷lkowitej b . Podnosza ↩
c
obie strony ostatniej równości do pote ↩
gi p mamy
(
a pα−1 −p α−2) p (
= 1 + p α−1 b ) p
( ( p p
= 1 + p
1)
α−1 b + (p
2)
α−1 b) 2 + · · ·
( ) p
+ (p α−1 b) p−1 + (p α−1 b) p .
p − 1
Ponieważ wspó̷lczynniki ( (
p
1)
,
p
) (
2 , . . . , p
p−1)
sa↩ podzielne przez p
(zobacz 5.1.11(a)), wie ↩
c a pα −p α−1 = 1 + p α c , czyli a ϕ(pα )
≡

Kongruencje 45
1(mod p α ) . Zatem twierdzenie jest prawdziwe dla pote ↩
g liczb
pierwszych.
Niech teraz m = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s . Z udowodnionej cze ↩
ści twierdzenia
wynika, że a ϕ(pα i
)
i ≡ 1(mod p α i
i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} .
Podnosza ↩
c do odpowiedniej pote ↩
gi, mamy
a ϕ(pα 1
1 )ϕ(pα 2
2 )...ϕ(pα s
s
) ≡ 1(mod p α i
i ).
Wykorzystuja ↩
c multyplikatywność funkcji ϕ (zobacz 2.6.11) mamy
a ϕ(m) ≡ 1(mod p α i
i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,s} . Z 5.1.5(d) wynika, że
a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) .
Z twierdzenia Eulera wynika, że jeżeli liczby a i m sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze, to kongruencja wyk̷ladnicza a x ≡ 1(mod m )
ma zawsze pierwiastek naturalny, mianowicie x = ϕ(m) . Kongruencja
a x ≡ 1(mod m ) może mieć pierwiastek mniejszy od
ϕ(m) . Na przyk̷lad pierwiastkiem kongruencji 10 x ≡ 1(mod 41 )
jest liczba 5 mniejsza od ϕ(41) = 40 .
Oznaczmy przez w m (a) najmniejsza ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
, taka ↩
że
a wm(a) ≡ 1(mod m ) . Liczba w m (a) nazywa sie ↩
wyk̷ladnikiem, do
jakiego należy a wed̷lug modu̷lu m . Zauważmy, że jeżeli a k ≡
1(mod m ) , to w m (a)|k . Istotnie, jeżeli k = qw m (a) + r , gdzie
0 ≤ r < w m (a) (dzielenie z reszta ↩
), to 1 ≡ a qwm(a)+r ≡ ( a ) w q
m(a) ·
a r ≡ 1 q a r ≡ a r (mod m ) . Sta ↩
d wobec minimalności w m (a) i nierówności
r < w m (a) musi być r = 0 , tzn. w m (a)|k . Z powyższych
rozważań i twierdzenia Eulera otrzymujemy naste ↩
puja ↩
cy
Wniosek. Jeżeli liczba a jest wzgle ↩
dnie pierwsza z m oraz a k ≡
1(mod m ) , to w m (a)|k . W szczególności w m (a)|ϕ(m) .
5.5.1. Niech NWD(a, m) = 1 i niech r be ↩
dzie reszta ↩
z dzielenia
n przez ϕ(m) . Pokaż, że a n ≡ a r (mod m ) .
5.5.2. Niech a k ≡ 1(mod m ) i niech a l ≡ 1(mod m ) .
Pokaż, że a NWD(k,l) ≡ 1(mod m ) .
5.5.3. Znajdź reszte ↩
z dzielenia
(a) 317 259 przez 15;
(b) 7 67 przez 12;
(c) 4 113 przez 92;
(d) 2 1000000 przez 77.

46 Cze ↩
ść I – Zadania
5.5.4. Pokaż, że jeżeli n = 73 · 37 , to 2 n−1 ≡ 1(mod n ) .
5.5.5. Wykaż, że dla liczby naturalnej n ≥ 3 , liczba n 7 −
14n 5 + 49n 3 − 36n dzieli sie ↩
przez 20.
5.5.6. Wyznacz wszystkie wartości naturalne n , dla których
2 n − 1 jest liczba ↩
podzielna ↩
przez 7.
5.5.7. Udowodnij, że dla dowolnej liczby nieparzystej m
równanie 2 x = my +1 ma nieskończenie wiele rozwia ↩
zań w liczbach
naturalnych x , y .
5.5.8. Wykaż, że iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych,
z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej wie ↩
kszej od 1,
jest podzielny przez 504.
5.5.9. Udowodnij twierdzenie Eulera wzoruja ↩
c sie ↩
na dowodzie
MTF znajduja ↩
cego sie ↩
w 5.4.
5.6. Rozwinie ↩
cie okresowe a kongruencje. Rozwinie ↩
cie
dziesie ↩
tne u̷lamka 5
jak w Obliczeniu 1.
13
otrzymujemy przez ,,nieprzerwane” dzielenie
0 ,384615(384615)
5 :13
5 0
3 9
1 1 0
1 0 4
60
52
80
78
20
13
70
65
5
.
Obliczenie 1.

Kongruencje 47
Gdy tylko wysta ↩
pi reszta 5, ca̷ly rachunek, który zacza ↩̷l sie ↩
od 5,
powtórzy sie ↩
od pocza ↩
tku, a zatem cia ↩
g reszt 5, 11, 6, 8, 2, 7 i cia ↩
g
ilorazów 3, 8, 4, 6, 1, 5 be ↩
dzie sie ↩
stale powtarza̷l.
5
Zamieniaja ↩
c
13
na u̷lamek okresowy, dokonaliśmy dzieleń
przedstawionych w Obliczeniach 2.
10 · 5 = 13 · 3 + 11
10 · 11 = 13 · 8 + 6
10 · 6 = 13 · 4 + 8
10 · 8 = 13 · 6 + 2
10 · 2 = 13 · 1 + 7
10 · 7 = 13 · 5 + 5
Obliczenia 2.
Ogólnie, aby znaleźć rozwinie ↩
cie dziesie ↩
tne w̷laściwego nieskracalnego
u̷lamka
a b , którego mianownik jest wzgle ↩dnie pierwszy
z liczba ↩
10, dokonujemy naste ↩
puja ↩
cych dzieleń:
10a = bq 1 + r 1
10r 1 = bq 2 + r 2
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
10r k−1 = bq k + r k
(*)
gdzie r i < b oraz q i < 10 dla i ∈ {1,2,. . . ,k} . Ponieważ
NWD(10, b) = 1 i NWD(a, b) = 1 , wie ↩
c NWD(r 1 , b) = 1 , a sta ↩
d kolejno
otrzymujemy, że NWD(r 2 , b) = NWD(r 3 , b) = · · · = NWD(r k , b) = 1 .
5.6.1. Wykorzystuja ↩
c powyższe oznaczenia, uzasadnij, że
jeżeli liczba równości wyste ↩
puja ↩
cych w (*) jest równa wyk̷ladnikowi
do jakiego należy 10 wed̷lug modu̷lu b , to r k = a oraz q k+1 = q 1 .
5.6.2. Uzasadnij, że liczba cyfr w okresie rozwinie ↩
cia w systemie
o podstawie 10 nieskracalnego w̷laściwego u̷lamka a b , którego
mianownik jest wzgle ↩
dnie pierwszy z liczba ↩
10, dzieli liczbe ↩
ϕ(b)
i jest równa najmniejszemu naturalnemu pierwiastkowi kongruencji
10 x ≡ 1(mod b ) .

48 Cze ↩
ść I – Zadania
5.6.3. Znajdź ilość cyfr w okresie rozwinie ↩
cia 1 5 w systemie
o podstawie 2.
5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona. Poznamy
teraz pewne fakty pozwalaja ↩
ce scharakteryzować liczby pierwsze.
Twierdzenie Wilsona. Jeżeli p jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to
(p − 1)! ≡ −1(mod p ).
Dowód. Niech p > 2 . Z zadania 5.4.8 wynika, że dla każdego
a ∈ {1,2,. . . ,p − 1} istnieje b ∈ {1,2,. . . ,p − 1} takie, że ab ≡
1(mod p ) . Nazwijmy liczbe ↩
b ,,odpowiednia ↩
” 1 dla liczby a .
Oczywiste jest, że jeżeli b jest ,,odpowiednia” dla a , to a jest
,,odpowiednia” dla b . Zauważmy, że dla 1, ,,odpowiednia ↩
” jest 1,
a dla p−1 , ,,odpowiednia ↩
” jest p−1 . Oprócz 1 i p−1 w cia ↩
gu liczb
1 , 2 , . . . , p − 1 nie ma innej liczby, która by by̷la równa swojej
,,odpowiedniej”. Istotnie, gdyby a by̷lo taka ↩
liczba ↩
, to p|a 2 − 1 ,
czyli p|a+1 lub p|a−1 . Nie jest to możliwe, gdy 3 ≤ a+1 ≤ p−1
i 1 ≤ a − 1 ≤ p − 3 . Zatem liczby cia ↩
gu 2 , 3 , . . . , p − 2 ,
gdzie p > 2 rozpadaja ↩
sie ↩
na pary różnych liczb ,,odpowiednich”:
m 1 , n 1 ; m 2 , n 2 ; . . . ; m p−3 , n p−3 . Ponieważ m i n i ≡ 1(mod p )
2 2
dla i ∈ { 1,2,. . . , p−3 }
2 , wie↩ c
m 1 n 1 · m 2 n 2 · · · · · m p−3 n p−3
2 2
· 1 · (p − 1) ≡ p − 1(mod p ).
Czynniki iloczynu m 1 n 1 · m 2 n 2 · · · · · m p−3 n p−3 · 1 · (p − 1) różnia ↩
sie ↩
2 2
od czynników iloczynu 1 · 2 · · · · · (p − 1) tylko porza ↩
dkiem. Zatem
(p − 1)! ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ).
Twierdzenie jest też prawdziwe dla p = 2 , gdyż
(2 − 1)! = 1 ≡ −1(mod 2 ).
5.7.1. Uzasadnij, że 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .
1 Czytelnik obeznany z arytmetyka↩ modulo zapewne zauważy̷l, że liczba ,,odpowiednia”
dla liczby a jest odwrotna ↩ modulo p do a .

Kongruencje 49
5.7.2. Uzasadnij, że liczba 712! + 1 jest z̷lożona.
5.7.3. Udowodnij, że jeżeli liczba n > 1 jest taka, że (n−1)! ≡
−1(mod n ) , to n jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.7.4. Udowodnij, że liczba naturalna p > 1 jest liczba ↩
pierwsza ↩
wtedy i tylko wtedy, gdy (p − 2)! ≡ 1(mod p ) .
5.7.5. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych
n , dla których liczba n! + 1 jest z̷lożona.
5.7.6. Udowodnij, że jeżeli liczba n jest z̷lożona i n ≠ 4 , to
(n − 1)! ≡ 0(mod n ).
5.7.7. Znajdź wszystkie liczby naturalne nieparzyste n , dla
których zachodzi (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) .
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach.
Przed rozpocze ↩
ciem studiowania dowodu kolejnego twierdzenia, proponujemy
naste ↩
puja ↩
ca ↩
zabawe ↩
:
Poproś kogoś, żeby wybra̷l liczbe ↩
naturalna ↩
mniejsza ↩
od 60 i wykona̷l naste ↩
puja ↩
ce czynności:
(i) podzieli̷l ja ↩
przez 3 i poda̷l reszte ↩
. Niech ta ↩
reszta ↩
be ↩
-
dzie a ;
(ii) podzieli̷l te ↩
liczbe ↩
przez 4 i poda̷l reszte ↩
. Niech ta ↩
reszta ↩
be ↩
dzie b ;
(iii) podzieli̷l te ↩
liczbe ↩
przez 5 i poda̷l reszte ↩
. Niech ta ↩
reszta ↩
be ↩
dzie c .
Wybrana liczba jest reszta ↩
otrzymana ↩
z dzielenia
liczby 40 a + 45 b + 36 c przez 60.
Czy jesteś w stanie podać matematematyczna ↩
podstawe ↩
przytoczonej
zabawy Jeżeli nie, to przestudiuj dowód twierdzenia
zamieszczonego niżej.
Chińskie twierdzenie o resztach. Niech n 1 , n 2 , . . . , n r be ↩
da ↩
liczbami naturalnymi parami wzgle ↩
dnie pierwszymi, n = n 1 n 2 . . . n r
oraz a 1 , a 2 , . . . , a r sa ↩
dowolnymi liczbami ca̷lkowitymi. Wówczas

50 Cze ↩
ść I – Zadania
istnieje dok̷ladnie jedna liczba ca̷lkowita x należa ↩
ca do przedzia̷lu
[1,n] , taka że x ≡ a i (mod n i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} .
Dowód. Oznaczmy iloczyn n 1 n 2 . . . n i−1 n i+1 . . . n r przez m i . Ponieważ
NWD(n i , n j ) = 1 dla i ≠ j , wie ↩
c NWD(m i , n i ) = 1 . Istnieja ↩
zatem liczby ca̷lkowite k i , l i , takie że k i m i + l i n i = 1 . Wówczas
k i m i ≡ 1(mod n i ) oraz k i m i ≡ 0(mod n j ) dla j ≠ i . Oznaczmy
przez x 0 liczbe ↩
a 1 k 1 m 1 + a 2 k 2 m 2 + · · · + a i k i m i + · · · + a r k r m r .
Z powyższych kongruencji wynika, że x 0 ≡ a i k i m i ≡ a i (mod n i )
dla dowolnego i ∈ {1,2,. . . ,r} . Niech x be ↩
dzie reszta ↩
z dzielenia
x 0 przez n , czyli x 0 ≡ x(mod n i ) . Zatem x ≡ a i (mod n i ) .
Pokazaliśmy, że ża ↩
dana liczba x istnieje.
Należy jeszcze pokazać, że w przedziale [1,n] istnieje dok̷ladnie
jedna taka liczba. Przypuśćmy, że x,˜x ∈ [1,n] sa ↩
rozwia ↩
zaniami
rozważanego uk̷ladu kongruencji, czyli x ≡ a i (mod n i ) oraz ˜x ≡
a i (mod n i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,r} . Wówczas ˜x − x ≡ 0(mod n i ) dla
i ∈ {1,2,. . . ,r} , sta ↩
d ˜x ≡ x(mod n ) . Zatem x = ˜x .
5.8.1. Analizuja ↩
c dowód chińskiego twierdzenia o resztach, podaj
matematyczna ↩
podstawe ↩
zabawy przytoczonej na pocza ↩
tku 5.8.
5.8.2. Oblicz, ile jest liczb naturalnych mniejszych od 2000,
które przy dzieleniu przez 11 daja ↩
reszte ↩
1, a przy dzieleniu przez 4
daja ↩
reszte ↩
3.
5.8.3. Znajdź liczbe ↩
trzycyfrowa ↩
(w systemie dziesie ↩
tnym),
która daje reszte ↩
4 przy dzieleniu przez 7, 9 i 11.
5.8.4. Znajdź najmniejsza ↩
liczbe ↩
dodatnia ↩
, która daje reszte ↩
1 przy dzieleniu przez 11, reszte ↩
2 przy dzieleniu przez 12 i reszte ↩
3
przy dzieleniu przez 13.
5.8.5. Pokaż, że dla dowolnych liczb naturalnych parami
wzgle ↩
dnie pierwszych p , q i r równanie x p + y q = z r ma
rozwia ↩
zanie w liczbach naturalnych x , y , z .
a n+1
5.8.6. Niech dane be ↩
da ↩
liczby naturalne a 1 , a 2 , . . . , a n ,
parami wzgle ↩
dnie pierwsze. Udowodnij, że równanie
x a 1
1 + xa 2
2 + · · · + xa n
n = x a n+1
n+1
ma nieskończenie wiele rozwia ↩
zań w liczbach naturalnych.

CZE ↩ ŚĆ II – ROZWIA ↩
ZANIA
1. Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych
1.1. Podzielność liczb ca̷lkowitych
1.1.1. Zauważmy, że jeśli pomnożymy 5 przez liczbe ↩
parzysta ↩
,
to otrzymamy liczbe ↩
z zerem na końcu, a jeśli pomnożymy 5 przez
liczbe ↩
nieparzysta ↩
, to ostatnia ↩
cyfra ↩
iloczynu be ↩
dzie 5. Istotnie,
5 · (2k + 1) = k · 10 + 5 , a ponieważ ostatnia ↩
cyfra ↩
k · 10 jest 0,
wie ↩
c k · 10 + 5 ma na końcu 5. Sta ↩
d wynika, że jeśli liczba n dzieli
sie ↩
przez 5, to jej ostatnia ↩
cyfra ↩
jest 0 lub 5. Zatem 5̸ | 12354 , ale
5|12345 .
1.1.2. Jeżeli m|a , to istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że m ·
n = a . Ale wtedy m · (−n) = −a . Ponieważ −n jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, wie ↩
c m|(−a) .
1.1.3. Jeśli m|a , to istnieje liczba ca̷lkowita n taka, że mn =
a . Ale wtedy m · (nb) = ab . Ponieważ nb jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
,
wie ↩
c mamy m|ab .
1.1.4. Ponieważ 15|225 , wie ↩
c 15|3 · 225 , a zatem 15|675 . Co
wie ↩
cej, 15|6000 (bo 15·400 = 6000 ) oraz 5775 = 6000−225 . Z za-
̷lożenia wiemy, że istnieje liczba ca̷lkowita n taka, że 15 · n = 225 .
Mamy zatem 5775 = 15(400 − n) . Ponieważ 400 − n jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, wie ↩
c 15|5775 .
1.1.5. Nie. Niech m = 6 , a = 2 i b = 3 . Wówczas m̸ | a ani
m̸ | b , chociaż m|ab .

52 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.1.6. Jeżeli m|a oraz m|b , to istnieja ↩
takie liczby ca̷lkowite
n i k , że mn = a oraz mk = b . Sta ↩
d a + b = m(n + k) , wie ↩
c
m|a + b . Podobnie a − b = m(n − k) , ska ↩
d m|a − b .
1.1.7. Mamy 770 = 784 − 14 oraz 812 = 784 + 28 . Zatem
z poprzedniego zadania wynika, że 14|770 oraz 14|812 .
1.1.8. Skoro istnieje taka liczba ca̷lkowita n , że 14n = 784 ,
to 7 · 2n = 784 . Zatem 7|784 . Z poprzedniego zadania wynika
też, że 7|812 (bo 14|812 ). Ale gdyby 7 dzieli̷lo 817, to dzieli̷loby
też różnice ↩
817 − 812 = 5 . Ponieważ 7̸ | 5 , wie ↩
c mamy sprzeczność.
Czyli 7̸ | 817 .
1.1.9. 790 nie wydaje sie ↩
być podzielna ↩
przez 14, ponieważ
wtedy 790 − 784 = 6 dzieli̷loby sie ↩
przez 14, ale to nie jest prawda.
1.1.10. Za̷lóżmy, że 56|m oraz m > 2576 . Wtedy 56|m −
2576 . Szukamy wie ↩
c najmniejszej liczby dodatniej, która sie ↩
dzieli
przez 56. Jest to oczywiście 56. Zatem najmniejsza ↩
po 2576 liczba ↩
podzielna ↩
przez 56 jest 2576 + 56 = 2632 .
1.1.11. Jeśli 7|m , to 7|m − 315 . Zatem m − 315 jest jedna ↩
z liczb 7, 14, 21, 28 itd. lub 0, −7 , −14 , −21 itd. Zatem liczby
z przedzia̷lu (290,340) podzielne przez 7, to 294, 301, 308, 315, 322,
329 i 336.
1.1.12. Z tego, że m|a + b , nie można wiele wywnioskować.
Jeśli bowiem m = 5 , a = 2 oraz b = 3 , to nie zachodzi ani
koniunkcja m|a i m|b , ani alternatywa m|a lub m|b .
1.1.13. Jeśli m|a+b oraz m|a−b , to wtedy m|(a+b)+(a−b)
i m|(a + b) − (a − b) , wie ↩
c m|2a oraz m|(−2b) (sta ↩
d m|2b ).
Za̷lóżmy, że m jest liczba ↩
nieparzysta ↩
, powiedzmy m = 2k + 1
dla pewnego k , i m|2a . Istnieje zatem n ca̷lkowite, takie że mn =
2kn + n = 2a . Ponieważ n = 2a − 2kn = 2(a − kn) , wie ↩
c n jest
liczba ↩
parzysta ↩
. Zatem n 2
jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
oraz m · n
2 = a .
Zatem m|a . Podobnie pokazujemy, że m|b (jeśli m jest liczba ↩
nieparzysta ↩
).
Jeśli m jest liczba ↩
parzysta ↩
, to wtedy m|2a nie implikuje
m|a .

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 53
1.1.14. Jeśli m|a oraz n|m , to istnieja ↩
liczby ca̷lkowite k
oraz l takie, że mk = a i nl = m . Zatem n(lk) = a , czyli n|a .
1.1.15. Jeżeli m|a , to istnieje takie n ca̷lkowite, że mn = a .
Z w̷lasności wartości bezwzgle ↩
dnej mamy |m||n| = |a| . Ponieważ
a ≠ 0 , wie ↩
c n ≠ 0 . Zatem |m| = |a|
|n| ≤ |a| .
1.1.16. Z poprzedniego zadania mamy |m| ≤ |a| oraz |a| ≤
|m| . Zatem |a| = |m| , czyli m = a lub m = −a .
1.2. Zasada indukcji matematycznej
1.2.1. Rozważmy zdanie T (n) mówia ↩
ce o liczbie naturalnej
n . Zak̷ladamy, że T (m) jest zdaniem prawdziwym dla pewnego
m ∈ N 0 oraz że ze zdania T (k) wynika zdanie T (k+1) dla k ≥ m .
Niech X = {n ∈ N m : T (n) jest fa̷lszywe} . Należy pokazać, że
X = ∅ .
Przypuśćmy, że X ≠ ∅ . Z zasady minimum wynika, że
w zbiorze X istnieje liczba najmniejsza. Niech l be ↩
dzie ta ↩
liczba ↩
.
Ponieważ T (m) jest zdaniem prawdziwym, wie ↩
c l > m . Liczba
l − 1 /∈ X , wie ↩
c zdanie T (l − 1) jest prawdziwe. Jednakże
z prawdziwości zdania T (l − 1) wynika natychmiast prawdziwość
zdania T (l) . Zatem l /∈ X . Otrzymana sprzeczność dowodzi
prawdziwości zasady indukcji.
1.2.2. Rozważmy zbiór M = { n ∈ N 0 : 3|n 3 + 5n } .
1 0 Ponieważ 3|0 , wie ↩
c 0 ∈ M .
2 0 Przypuśćmy, że k ∈ M , tj. że 3|k 3 + 5k . Uzasadnimy,
że k + 1 ∈ M , czyli że
3|(k + 1) 3 + 5(k + 1). (*)
Z za̷lożenia mamy, że k 3 + 5k = 3t dla pewnego t ∈ N 0 .
Zatem
(k + 1) 3 + 5(k + 1) = k 3 + 5k + 3(k 2 + k + 2)
= 3(t + k 2 + k + 2),
sta ↩
d (*).
Na mocy zasady indukcji, M = N 0 , co oznacza, że 3|n 3 + 5n dla
dowolnego n ∈ N 0 .

54 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.2.3.
1 0 Jeżeli n = 2 , to mamy 2 22 + 1 = 17 . Ostatnia ↩
cyfra ↩
tej
liczby jest wie ↩
c 7.
2 0 Jeżeli ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 2k + 1 jest 7, to 2 2k + 1 =
10q + 7 , czyli 2 2k = 10q + 6 dla pewnego q ∈ N 0 . Sta ↩
d
2 2k+1 + 1 = 2 2k·2 + 1 =
= (10q + 6) 2 + 1
(
2 2k) 2
+ 1
= 100q 2 + 120q + 36 + 1
= 10(10q 2 + 12q + 3) + 7,
co oznacza, że ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 2k+1 jest 7.
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 2n +
1 jest 7, jeśli n ∈ N 2 .
1.2.4. Wynika bezpośrednio z zadania 1.2.3.
1.2.5.
1 0 Jeżeli n = 1 , to 2 41 − 5 = 11 . Ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 11
jest 1.
2 0 Jeżeli ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 4k − 5 jest 1, to 2 4k − 5 =
10q + 1 . Sta ↩
d
2 4k+1 − 5 = 2 4k·4 − 5
= (10q + 6) 4 − 5
= 10000q 4 + 24000q 3 + 21600q 2
+ 8640q + 1296 − 5
= 10(1000q 4 + 2400q 3 + 2160q 2
+ 864q + 129) + 1,
co oznacza, że ostatnia ↩
cyfra ↩
2 4k +1 − 5 jest 1.
Na mocy zasady indukcji otrzymujemy, że ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 4n −
5 jest 1 dla n ∈ N 1 .

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 55
1.3. Dzielenie z reszta ↩
1.3.1.
(a) 23 = 3 · 7 + 2 ;
(b) 43 = 4 · 10 + 3 ;
(c) 36 = 12 · 3 + 0 .
1.3.2. Rozważamy zbiór X = {n − dk ∈ N 0 : k ∈ Z} . Zbiór
ten nie jest pusty. Istotnie, jeśli n ≥ 0 , to n = n − d · 0 ∈ X ,
a jeżeli n < 0 , to n − nd = n(1 − d) ∈ X . Z zasady minimum
wynika, że w X istnieje liczba najmniejsza. Niech r be ↩
dzie ta ↩
liczba ↩
. Ponieważ r ∈ X , wie ↩
c istnieje liczba ca̷lkowita q taka, że
r = n − dq , ska ↩
d n = dq + r , gdzie r ≥ 0 . Zauważmy, że r < d .
Gdyby tak nie by̷lo, tj. r ≥ d , to wtedy
0 ≤ r − d = n − dq − d = n − d(q + 1) ∈ X
oraz r − d < r . By̷loby to sprzeczne z wyborem liczby r . Zatem
r < d .
Pozosta̷lo jeszcze pokazać, że istnieje tylko jedna para liczb
ca̷lkowitych q , r taka, że n = dq + r , gdzie 0 ≤ r < d .
Przypuśćmy nie wprost, że n = dq 1 + r 1 = dq 2 + r 2 , przy czym
0 ≤ r 1 < d , 0 ≤ r 2 < d . Jeżeli np. r 1 < r 2 , to
Ale r 2 − r 1 = d(q 1 − q 2 ) , wie ↩
c
0 < r 2 − r 1 < d. (1)
d|r 2 − r 1 . (2)
Wyrażenia (1) oraz (2) nie moga ↩
być jednocześnie spe̷lnione, wie ↩
c
otrzymujemy sprzeczność. Podobnie rozumujemy, gdy r 1 > r 2 .
Zatem musi być r 1 = r 2 . Co za tym idzie, to 0 = r 2 − r 1 =
d(q 1 − q 2 ) , czyli wobec d ≠ 0 , mamy q 1 = q 2 .
1.3.3.
(2n + 1) 2 = 4n 2 + 4n + 1 = 4n(n + 1) + 1.
Liczba n(n + 1) dzieli sie ↩
przez 2, wie ↩
c jest postaci 2k , k ∈ Z .
Zatem (2n + 1) 2 = 8k + 1 .

56 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.3.4. n 2 +(n+1) 2 = n 2 +n 2 +2n+1 = 2n(n+1)+1 . Liczba
n(n + 1) jest postaci 2q , gdzie q ∈ N , wie ↩
c n 2 + (n + 1) 2 = 4q + 1 .
1.3.5. Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita x taka, że
3m + 2 = x 2 . Dowolna liczba ca̷lkowita jest postaci 3k , 3k + 1 lub
3k + 2 ( k ∈ Z ). Jeśli x = 3k , to mamy 3m + 2 = 9k 2 , a sta ↩
d
3(3k 2 − m) = 2 , co oczywiście oznacza, że 3|2 . Otrzymaliśmy
sprzeczność. Podobnie dochodzimy do sprzeczności zak̷ladaja ↩
c, że
x = 3k + 1 lub x = 3k + 2 .
1.3.6.
(2q 1 + 1) 2 + (2q 2 + 1) 2 = 4q 2 1 + 4q 1 + 1 + 4q 2 2 + 4q 2 + 1
= 4(q 2 1 + q 2 2 + q 1 + q 2 ) + 2.
Wystarczy zatem pokazać, że liczba ca̷lkowita postaci 4k + 2 nie
jest kwadratem liczby ca̷lkowitej.
Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita x taka, że 4k + 2 =
x 2 . Jeśli x jest liczba ↩
parzysta ↩
, tj. x = 2l , to x 2 = 4l 2 , wie ↩
c
4(k − l 2 ) = −2 , czyli 4|2 . Otrzymaliśmy wie ↩
c sprzeczność. Jeżeli
x = 2l + 1 , to 4k + 2 = (2l + 1) 2 , czyli 4(k − l 2 − l) = −1 . Zatem
4|1 i znowu otrzymujemy sprzeczność.
1.4. Cze ↩ ść ca̷lkowita
1.4.1. Z określenia cze ↩
ści ca̷lkowitej wynika, że [x] ≤ x , a z za-
̷lożenia, że x ≤ y . Zatem [x] ≤ y . Z ostatniej nierówności wynika,
że [x] jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
nie wie ↩
ksza ↩
od y . Ponieważ [y] jest
najwie ↩
ksza ↩
spośród takich liczb ca̷lkowitych, wie ↩
c [x] ≤ [y] .
1.4.2. Ponieważ −n ≤ −n+α < −n+1 , wie ↩
c [−n+α] = −n .
1.4.3.
(a) Zauważmy, że jeżeli x jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, to −x jest
także liczba ↩
ca̷lkowita ↩
. Mamy zatem [x] = x oraz [−x] =
−x . Sta ↩
d [−x] = −x = −[x] .
(b) Jeżeli x nie jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, to x = [x] + α , gdzie
α ∈ (0,1) . Wtedy
−x = −[x] − α = −[x] − 1 + (1 − α).

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 57
Ponieważ 1 − α ∈ (0,1) , wie ↩
c [−x] = −[x] − 1 (zobacz 1.4.2).
(c) Zapiszmy x w postaci x = [x] + {x} . Wówczas
[x + n] = [[x] + n + {x}] = [x] + n.
1.4.4. Ponieważ x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈
[0,1) , wie ↩
c x + y = [x] + [y] + α + β . Tutaj α + β ∈ [0,1) ba ↩
dź
α + β ∈ [1,2) . Sta ↩
d
{
[x] + [y], gdy α + β ∈ [0,1)
[x + y] =
[x] + [y] + 1, gdy α + β ∈ [1,2) ,
czyli [x + y] ≥ [x] + [y] .
1.4.5. Niech x = [x] + α oraz y = [y] + β , gdzie α,β ∈ [0,1) .
Ponieważ [x] = [y] , wie ↩
c
|x − y| = |α − β| < 1.
[ ]
1.4.6. Liczba [x]
n
jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
. Oznaczmy ja ↩
przez α . Mamy zatem nierówność
czyli nierówność
α ≤ [x]
n < α + 1,
αn ≤ [x] < n(α + 1).
Ale x = [x] + β , gdzie β ∈ [0,1) oraz αn i n(α + 1) sa ↩
liczbami
ca̷lkowitymi, wie ↩
c
αn ≤ x < n(α + 1).
Sta ↩
d α ≤ x n < α + 1 , wie ↩c [ x
n]
= α .
1.4.7. Z określenia cze ↩
ści ca̷lkowitej wynika, że
5x + 4
7
≤ 2x + 3
5
< 5x + 4
7
Rozwia ↩
zuja ↩
c powyższa ↩
nierówność mamy
+ 1.
− 34
11 < x ≤ 1 11 ,

58 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
sta ↩
d
− 126
77 < 5x + 4
7
≤ 49
77 .
Ponieważ 5x+4
7
jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, może przyjmować wartości −1
lub 0 (jedyne liczby ca̷lkowite z przedzia̷lu ( − 126
77 , 49
77]
). Z równań
5x + 4
7
= −1 lub
wynika, że x = − 11 5
lub x = − 4 5 .
5x + 4
7
= 0
1.4.8. Zapisuja ↩
c x w postaci x = [x] + {x} , mamy
[
[[x] + {x}] + [x] + {x} + 1 ] [
+ [x] + {x} + 2 ]
+
n
n
[
+ · · · + [x] + {x} + n − 1 ]
.
n
Korzystaja ↩
c z zadania 1.4.3(c) przekszta̷lcamy (1) do postaci
[
[x] + [{x}] + [x] + {x} + 1 ] [
+ [x] + {x} + 2 ]
+
n
n
[
+ · · · + [x] + {x} + n − 1 ]
.
n
(1)
(2)
Upraszczaja ↩
c zapis w (2) otrzymujemy
n−1
∑
[
n[x] + {x} + j ]
. (3)
n
j=0
Ale dla dowolnej liczby rzeczywistej x można tak dobrać i należa ↩
ce
do zbioru {0,1,. . . n − 1} , że
i − 1
n < {x} < i n . (4)
Drugi sk̷ladnik sumy (3) możemy wie ↩
c zapisać w postaci
∑n−i
[
{x} + j ]
+
n
j=0
n−1
∑
j=n−i+1
[
{x} + j ]
. (5)
n

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 59
Dla j ∈ {0,1,. . . n − i} mamy
0 ≤ {x} + j n < i n + n − i
n
= 1. (6)
Natomiast dla j ∈ {n − i + 1,n − i + 2,. . . n − 1} mamy
oraz
{x} + j n ≥ i − 1
n + n − i + 1
n
{x} + j n < i n + n − 1
n
= n + i − 1
n
= 1 (7)
≤ 2. (8)
Z (6) wynika, że pierwsza suma w (5) jest równa 0, a z (7) oraz (8)
dostajemy, że druga suma w (5) jest równa (n − 1) − (n − i) , czyli
i − 1 .
Sta ↩
d mamy, że wyrażenie (1) jest równe n[x] + i − 1 . Z drugiej
strony,
[nx] = [n([x] + {x})] = n[x] + [n {x}].
Wobec (4) otrzymujemy
i − 1 ≤ n {x} < i,
co oznacza, że [n {x}] = i − 1 . Zatem [nx] = n[x] + i − 1 .
1.4.9. Ponieważ
[ n
] [ ] [ ]
n + 1 n + k − 1
+ + · · · +
k k
k
[ n
] [ n
= +
k k + 1 ] [ n
+ · · · +
k k + k − 1 ]
,
k
wie ↩
c wystarczy skorzystać z 1.4.8.
1.5. Dzielenie z reszta ↩
– dalsze w̷lasności
1.5.1.
(a) 83 = (−3) · (−27) + 2 ;
(b) −71 = (−4) · 18 + 1 .

60 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.5.2. K̷lada ↩
c
[ m
]
q = + 1
n
oraz r = m − qn,
mamy m n < q ≤ m n + 1 , ska ↩d wynika
m > qn ≥ m + n,
czyli −m < −qn ≤ −m − n . Zatem dodaja ↩
c m do wszystkich
sk̷ladników otrzymanej nierówności mamy
Sta ↩
d
0 < m − qn ≤ −n.
0 < r ≤ |n|.
1.5.3. Niech n = kp + r , gdzie 0 ≤ r < p . Wtedy
wielokrotnościami liczby p mniejszymi od n sa ↩
liczby (i tylko one):
[
Jest ich dok̷ladnie k =
n
p
p, 2p, . . . , kp.
]
.
1.5.4. Mamy n = 2m + 1 = 3k + 2 = 4s + 3 = 5l + 4 .
Ponieważ n = 5l + 4 = (4l + 4) + l , wie ↩
c reszta z dzielenia liczby
(4l+4)+l przez 4 jest równa reszcie z dzielenia l przez 4. Ponieważ
(4l +4)+l = 4s+3 , wie ↩
c reszta z dzielenia l przez 4 jest równa 3 .
Zatem
l ∈ {3,7,11,15,19 . . .} .
Jeżeli l = 3 , to n = 19 nie spe̷lnia warunków zadania. Podobnie,
gdy l = 7 , to n = 39 nie spe̷lnia naszych warunków. Natomiast
dla l = 11 , liczba n = 59 spe̷lnia warunki zadania.

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 61
1.6. Najwie ↩
kszy wspólny dzielnik
1.6.1. Jeśli m < 0 , to NWD(m, n) = −m . Istotnie, (−m)|m
oraz (−m)|n . Jeżeli c|m i c|n , to c|(−m) .
Jeżeli m > 0 , to NWD(m, n) = m . Zatem NWD(m, n) = |m| .
1.6.2. Niech d = NWD(m, n) . Wtedy d|m i d|n . Sta ↩
d wobec
równości m = nq + r , mamy d|r . Czyli d|n i d|r . Jeśli c|n oraz
c|r , to z równości m = nq +r wynika, że c|m . Ponieważ c|n i c|m
oraz d = NWD(m, n) , wie ↩
c c|d . Zatem d = NWD(n, r) .
1.6.3. Zauważmy, że
98 = 1 · 56 + 42,
56 = 1 · 42 + 14,
42 = 3 · 14 + 0.
Zatem NWD(98, 56) = NWD(56, 42) = NWD(42, 14) = NWD(14, 0) =
14 .
1.6.4. Przypuśćmy, że NWD(n, n + 1) = d . Wtedy d|n oraz
d|n + 1 , czyli n = dm oraz n + 1 = dp dla pewnych liczb
ca̷lkowitych m i p . Sta ↩
d 1 = (n + 1) − n = dp − dm = d(p − m) ,
co oznacza, że d|1 . Ponieważ d ≥ 1 , wie ↩
c d = 1 .
1.6.5. Jeżeli d = NWD(2k + 1, 2k + 3) , to 2k + 1 = da i
2k + 3 = db dla pewnych liczb ca̷lkowitych a i b . Sta ↩
d 2 =
(2k + 3) − (2k + 1) = d(b − a) . Zatem d|2 , czyli d = 2 lub
d = 1 . Jeżeli jednak d = 2 , to z warunku 2k + 1 = da wynika, że
2(k − a) = −1 , czyli 2|(−1) , co nie jest możliwe. Zatem d = 1 .
1.6.6. Przypuśćmy, że NWD(m 1 , n 1 ) = s > 1 . Wtedy m 1 =
sm 2 oraz n 1 = sn 2 dla pewnych m 2 , n 2 ∈ Z . Sta ↩
d m = dsm 2
i n = dsn 2 . Ponieważ s > 1 , wie ↩
c liczby m i n maja ↩
wspólny
dzielnik ds wie ↩
kszy od d wbrew temu, że NWD(m, n) = d . Zatem
s = 1 .
1.6.7. Za̷lóżmy, że d = NWD(a, a + b) . Wtedy a = dx oraz
a+b = dy dla pewnych liczb ca̷lkowitych x i y . Sta ↩
d b = dy−dx =
d(y − x) , czyli d|b . Wynika sta ↩
d, że d jest wspólnym dzielnikiem
liczb a i b . Ponieważ jednak NWD(a, b) = 1 , wie ↩
c d = 1 , czyli
u̷lamek
a
a+b
jest nieskracalny.

62 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.6.8. Ponieważ NWD(m, n) = 1 , wie ↩
c istnieja ↩
liczby ca̷lkowite
x oraz y takie, że mx + ny = 1 . Mnoża ↩
c ostatnia ↩
równość przez
k otrzymujemy mkx + nky = k . Ponieważ m|nk , wie ↩
c istnieje
liczba ca̷lkowita a taka, że nk = ma . Sta ↩
d mkx + may = k , czyli
m(kx + ay) = k , co oznacza, że m|k .
1.6.9. Najwie ↩
kszym wspólnym dzielnikiem liczb m , n i p
nazywamy taka ↩
liczbe ↩
d ≥ 1 , że
(a) d|m , d|n oraz d|p ;
(b) jeśli c|m , c|n i c|p , to c|d .
Zauważmy, że najwie ↩
kszy dzielnik w̷laściwy liczby 24 (tj. różny
od 1 i od 24), czyli 12, jest również dzielnikiem 36 oraz 120.
Ponieważ 24 nie jest dzielnikiem 36 , wie ↩
c NWD(24,36,120) = 12 .
1.6.10. Zauważmy najpierw, że przynajmniej jedna z liczb
a 1 , a 2 , . . . , a k musi być różna od zera. Najwie ↩
kszym wspólnym
dzielnikiem liczb a 1 , a 2 , . . . , a k nazywamy taka ↩
liczbe ↩
d ≥ 1 , że
(a) d|a j dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} ;
(b) jeśli c|a j dla każdego j ∈ {1,2,. . . k} , to c|d .
Aby znaleźć NWD(36,120,180,600) , sprawdzamy, czy dzielniki
liczby 36 (od najwie ↩
kszego do najmniejszego) sa ↩
też dzielnikami pozosta̷lych
trzech liczb. Mamy 36̸ | 120 , wie ↩
c 36 nie jest wspólnym
dzielnikiem, podobnie jak 18, które także nie dzieli 120. Ponieważ
12 dzieli 120, 180 oraz 600, jest to szukany najwie ↩
kszy wspólny
dzielnik.
1.6.11. Oznaczmy d = NWD(m,n,p) (zdefiniowanemu w zadaniu
1.6.9) i d ′ = PNWD(m,n,p) . Trzeba pokazać, że d =
d ′ . Ponieważ d ′ |m oraz d ′ |NWD(n, p) , wie ↩
c d ′ dzieli każda ↩
z liczb m , n i p . Zatem d ′ |d . Z drugiej strony, skoro
d|n i d|p , wie ↩
c d|NWD(n, p) . Ponieważ zachodzi też d|m , wie ↩
c
d|NWD(m, NWD(n, p)) , co oznacza, że d|d ′ . Z definicji NWD wynika,
że d ′ ≥ 1 . Sta ↩
d i z faktów, że d|d ′ oraz d ′ |d mamy d = d ′ .
1.7. Najmniejsza wspólna wielokrotność
1.7.1.
(a) Liczba NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) + 1 spe̷lnia warunki zadania.

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 63
(b) Liczba NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) − 1 spe̷lnia warunki zadania.
Istotnie,
NWW(2,3,4,5,6,7,8, 9,10) − 1 = 2k 1 − 1 = 2(k 1 − 1) + 1
= 3k 2 − 1 = 3(k 2 − 1) + 2
= 4k 3 − 1 = 4(k 3 − 1) + 3
= . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
= 10k 9 − 1 = 10(k 9 − 1) + 9.
1.7.2. Ponieważ a|a 1 db 1 oraz b|a 1 db 1 , wie ↩
c NWW(a, b)|a 1 db 1 .
Sta ↩
d wynika, że
a 1 db 1 = NWW(a, b)s (*)
dla pewnej liczby ca̷lkowitej s . Wystarczy pokazać, że s = 1 .
Przypuśćmy, nie wprost, że s > 1 . Ponieważ a|NWW(a, b)
oraz b|NWW(a, b) , wie ↩
c NWW(a, b) = ar = bt dla pewnych liczb
ca̷lkowitych r i t . Podstawiaja ↩
c do (*) otrzymujemy
a 1 db 1 = a 1 drs = b 1 dts.
Sta ↩
d a 1 = ts oraz b 1 = rs , czyli a = dts i b = drs , co z kolei
oznacza, że NWD(a, b) ≥ ds > d , ska ↩
d sprzeczność.
1.7.3. Niech NWD(a, b) = d i niech a = da 1 , b = db 1 . Wtedy
NWW(a, b) = a 1 db 1 (zobacz zadanie 1.7.2). Sta ↩
d
ab = a 1 db 1 d = NWD(a, b)NWW(a, b).
1.7.4. Jeżeli liczby a i b sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze (czyli
NWD(a, b) = 1 ), to NWD(a, b)NWW(a, b) = NWW(a, b) . Zatem z zadania
1.7.3 wynika ża ↩
dana równość.
1.7.5. Niech d = NWD(a, b) . Wtedy d ≤ a oraz d ≤ b . Sta ↩
d
(d − a)(d − b) ≥ 0 , czyli d 2 − db − ad + ab ≥ 0 . Sta ↩
d i z zadania
1.7.3,
d 2 − d(a + b) + dNWW(a, b) ≥ 0
i ostatecznie
d + NWW(a, b) ≥ a + b.

64 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
1.7.6.
(a) Niech w be ↩
dzie wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb m oraz n .
Dziela ↩
c w przez NWW(m, n) , mamy w = qNWW(m, n)+r ,
gdzie q ∈ Z oraz 0 ≤ r < NWW(m, n) . Zauważmy, że m|r
i n|r . Jeżeli r > 0 , to r jest wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb m oraz n mniejsza ↩
od NWW(m, n) . Z otrzymanej
sprzeczności wynika, że r = 0 , czyli, że NWW(m, n)|w .
(b) Niech d 1 be ↩
dzie wspólnym dzielnikiem liczb m oraz n
i niech d be ↩
dzie najwie ↩
kszym wspólnym dzielnikiem liczb
m i n . Liczba m jest wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb
d oraz d 1 , wie ↩
c NWW(d, d 1 )|m . Liczba n jest również
wspólna ↩
wielokrotnościa ↩
liczb d i d 1 , wie ↩
c NWW(d, d 1 )|n .
Oznacza to, iż NWW(d, d 1 ) jest wspólnym dzielnikiem
liczb m oraz n , wie ↩
c NWW(d, d 1 ) ≤ d . Z drugiej
strony, NWW(d, d 1 ) ≥ d (co wynika z definicji najmniejszej
wspólnej wielokrotności). Zatem NWW(d, d 1 ) = d . Sta ↩
d
ostatecznie mamy d 1 |d .
1.8. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki
1.8.1. Przypuśćmy, że NWD(c, b) = d . Wtedy d|c oraz d|b .
Ponieważ c|a , wie ↩
c d|a oraz d|b . Ale NWD(a, b) = 1 , wie ↩
c d = 1 .
1.8.2. Przypuśćmy, że NWD(ab, c) = d . Wtedy d|ab oraz
d|c . Ponieważ d|c oraz NWD(a, c) = 1 , wie ↩
c w myśl 1.8.1 mamy
NWD(a, d) = 1 . Sta ↩
d, wobec tego że d|ab oraz zasadniczego twierdzenia
arytmetyki, mamy d|b . Zatem d|b oraz d|c . Ponieważ
NWD(b, c) = 1 , wie ↩
c d = 1 .
1.8.3. Zastosuj indukcje ↩
wzgle ↩
dem n .
1.8.4. Liczby wymierne dodatnie sa ↩
to ilorazy dwóch liczb
naturalnych a b . Niech NWD(a, b) = d . Wówczas a = a 1d , b = b 1 d ,
gdzie NWD(a 1 , b 1 ) = 1 . Sta ↩
d
a
b = a 1d
b 1 d = a 1
b 1
.
Aby pokazać jednoznaczność przedstawienia przypuśćmy, że m n =
, gdzie NWD(m, n) = 1 oraz NWD(r, s) = 1 . Wtedy ms = nr ,
r
s

Podstawowe w̷lasności liczb ca̷lkowitych 65
sta ↩
d r|ms . Z zasadniczego twierdzenia arytmetyki wynika, że r|m .
Istnieje zatem liczba naturalna t taka, że m = rt . Podstawiaja ↩
c
mamy rts = nr , czyli ts = n . Z powyższych rozważań wynika,
że t jest wspólnym dzielnikiem m i n . Ponieważ NWD(m, n) = 1 ,
wie ↩
c t = 1 . Sta ↩
d ostatecznie mamy r = m oraz s = n .

2.1. Poje ↩
cie liczby pierwszej
2. Liczby pierwsze
2.1.1. Sa ↩
to 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 i 19.
2.1.2. Najmniejszymi liczbami pierwszymi wie ↩
kszymi od podanych
liczb sa ↩
(a) 29, (b) 59, (c) 101.
2.1.3. Niech p be ↩
dzie liczba ↩
pierwsza ↩
. Za̷lóżmy najpierw, że
p < 30 . Wówczas p = 0 · 30 + p . Jeśli za̷lożymy, że p > 30 , to
otrzymamy p = q30 + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,29} . Ponieważ p
jest liczba ↩
pierwsza ↩
, wie ↩
c NWD(30, r) = 1 . Bezpośrednio ̷latwo jest
sprawdzić, że r może być równe jednej z naste ↩
puja ↩
cych liczb: 1, 7,
11, 13, 17, 19, 23, 29.
2.1.4. Niech p > 3 be ↩
dzie liczba ↩
pierwsza ↩
. Należy pokazać, że
p 2 = 12k + 1 , czyli że 12|p 2 − 1 . Ponieważ 3|(p − 1)p(p + 1) (jako
iloczyn kolejnych trzech liczb naturalnych) oraz 3̸ | p , wie ↩
c 3|(p −
1)(p+1) . Liczby p−1 oraz p+1 sa ↩
parzyste, wie ↩
c 4|(p−1)(p+1) .
Zatem 12|(p − 1)(p + 1) .
2.1.5. Jeżeli liczba a n = 2 n + 1 , gdzie n > 2 jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to nie może być postaci 3k i nie może być też postaci
3k +1 (bo wtedy 2 n by̷loby postaci 3k ). Zatem, jeżeli a n = 2 n +1
jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to jest postaci 3k + 2 . Wtedy b n = 2 n − 1 =
(2 n + 1) − 2 = 3k + 2 − 2 = 3k , co oznacza, że b n nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Analogicznie uzasadniamy, że jeśli b n jest liczba ↩
pierwsza ↩
,
to a n nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
2.1.6. Przypuśćmy, że 6k + 1 = p 1 − p 2 , gdzie p 1 i p 2 sa ↩
liczbami pierwszymi. Jeżeli p 2 = 2 , to p 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) ,
czyli p 1 nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Jeżeli p 2 = 2s + 1 , to p 1 =
6k + 1 + 2s + 1 = 2((3k + s) + 1) , co oznacza, że p 1 nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
2.1.7. Liczba pierwsza p może być postaci 3k + 1 lub 3k +
2 , lub p = 3 . Jeżeli p = 3k + 1 , to liczba 8(3k + 1) 2 + 1 =
3(24k 2 + 16k + 3) jest liczba ↩
z̷lożona ↩
. Jeżeli p = 3k + 2 , to liczba
8(3k + 2) 2 + 1 = 3(24k 2 + 32k + 11) jest także liczba ↩
z̷lożona ↩
. Jeśli
p = 3 , to 8p 2 +1 = 73 jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Wtedy 8p 2 +2p+1 = 79
też jest liczba ↩
pierwsza ↩
.

Liczby pierwsze 67
Uwaga. W rozwia ↩
zaniu tego zadania można też wykorzystać
zadanie 2.1.4. Istotnie, z zadania 2.1.4 wynika, że jeżeli p > 3 ,
to p 2 ≡ 1(mod 12 ) . Mnoża ↩
c obie strony tej kongruencji przez 8,
a naste ↩
pnie dodaja ↩
c 1, mamy 8p 2 + 1 ≡ 9(mod 12 ) . Sta ↩
d wynika,
że 3|8p 2 + 1 , co oznacza, że liczba 8p 2 + 1 nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
,
gdy p > 3 . Zatem liczba 8p 2 + 1 jest liczba ↩
pierwsza ↩
wtedy i tylko
wtedy, gdy p = 3 . Wówczas liczba 8p 2 +2p+1 = 79 jest też liczba ↩
pierwsza ↩
.
2.1.8. Niech n be ↩
dzie liczba ↩
naturalna ↩
. Jeśli jest to liczba
pierwsza, nasz problem jest rozwia ↩
zany, ponieważ n|n . Za̷lóżmy, że
liczba n jest z̷lożona, czyli że istnieja ↩
liczby k , takie że 1 < k < n ,
które dziela ↩
n . Niech q be ↩
dzie najmniejsza ↩
z nich. Pokażemy, że
q jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Istotnie, jeśli 1 < r < q oraz r|q , to także
r|n . Zatem r jest mniejszym od q dzielnikiem w̷laściwym liczby
n . Przeczy to wyborowi q . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że q
jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
2.2. Ile jest liczb pierwszych
2.2.1. Jeśli p j |p 1 p 2 . . . p k + 1 dla pewnego 1 ≤ j ≤ k , to
ponieważ p j |p 1 p 2 . . . p k , wie ↩
c mamy p j |1 . Jest to niemożliwe.
2.2.2. Za̷lóżmy, że q|n! + 1 oraz q ≤ n . Wówczas, ponieważ
q|n! , musia̷loby być q|1 , wie ↩
c q = 1 .
2.2.3. Przypuśćmy, że istnieje liczba naturalna n taka, że
dla każdej liczby pierwszej p zachodzi nierówność p ≤ n . Mamy
p̸ | n!+1 (patrz poprzednie zadanie). Z drugiej strony, istnieje liczba
pierwsza q , która dzieli n! + 1 (z zadania 2.1.8). Zatem liczba q
musi być wie ↩
ksza od n .
2.2.4. Za̷lóżmy, że m = n + k oraz NWD(F n , F m ) = d > 1 dla
n ≠ m . Istnieje zatem liczba pierwsza p , która dzieli d . Zatem
p|F n oraz p|F m . Oznacza to, że istnieje liczba t taka, że pt − 1 =
2 2n . Sta ↩
d (pt − 1) 2k = 2 2n+k = 2 2m . Stosuja ↩
c wzór dwumianowy
Newtona zauważamy, że (pt − 1) 2k = pu + 1 dla pewnego u .
Sta ↩
d p|2 2m − 1 , czyli p|F m − 2 . Z drugiej strony mamy, że p|F m ,
wie ↩
c p|2 . Ponieważ p nie może być równe 2 (bo F n jest liczba ↩
nieparzysta ↩
), wie ↩
c jeśli p|d , to p = 1 . Otrzymaliśmy sprzeczność,
wie ↩
c również d jest równe 1, czyli F n i F m sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze.

68 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
2.2.5.
(a) Przypuśćmy, że liczb pierwszych jest skończona ilość.
Możemy je wie ↩
c wypisać. Przypuśćmy, że sa ↩
to p 1 ,
p 2 , . . . , p k . Ale wówczas liczba p 1 p 2 . . . p k +1 nie dzieli
sie ↩
przez żadna ↩
z liczb pierwszych (zadanie 2.2.1), choć
musi (zadanie 2.1.8). Sta ↩
d sprzeczność.
(b) Wybierzemy indukcyjnie cia ↩
g nieskończony liczb pierwszych.
Niech p 1 = 2 (jest to, oczywiście, liczba pierwsza).
Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba pierwsza
p 2 > p 1 . Przypuśćmy, że wybraliśmy już liczby pierwsze
p 1 , p 2 , . . . , p k . Z zadania 2.2.3 wynika, że istnieje liczba
pierwsza p k+1 wie ↩
ksza od p k . W̷la ↩
czamy ja ↩
do naszego
cia ↩
gu. Na podstawie indukcji matematycznej możemy
wie ↩
c wybrać nieskończenie wiele różnych liczb pierwszych.
Zatem tych liczb jest nieskończenie wiele.
(c) Mamy cia ↩
g nieskończony liczb Fermata (F n ) . Wyrazy
tego cia ↩
gu sa ↩
parami wzgle ↩
dnie pierwsze (zadanie 2.2.4),
wie ↩
c każdemu z nich możemy przyporza ↩
dkować jego najmniejszy
dzielnik pierwszy p n . ̷Latwo zauważyć, że przyporza
↩
dkowanie F n → p n ze zbioru liczb Fermata do
zbioru liczb pierwszych jest różnowartościowe. Zatem
liczb pierwszych jest przynajmniej tyle, ile liczb Fermata,
czyli nieskończenie wiele.
2.3. Wnioski z zasadniczego twierdzenia arytmetyki
2.3.1. W przedstawieniu liczby naturalnej n w postaci
iloczynu liczb pierwszych (zobacz twierdzenie na pocza ↩
tku 2.3)
moga ↩
wyste ↩
pować równe liczby pierwsze. Oznaczmy przez p 1 ,
p 2 , . . . , p s różne czynniki pierwsze, a przez α 1 , α 2 , . . . , α s
cze ↩
stości wyste ↩
powania ich w rozk̷ladzie liczby n . Wówczas
n = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s .
2.3.2. Jeżeli a = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα k
k
oraz b = p β 1
1 pβ 2
2 . . . pβ k
k
, gdzie
α ≥ 0 i β ≥ 0 , to NWD(a, b) = p min(α 1,β 1 )
1 p min(α 2,β 2 )
2 . . . p min(α k,β k )
k
,
NWW(a, b) = p max(α 1,β 1 )
1 p max(α 2,β 2 )
2 . . . p max(α k,β k )
k
.
2.3.3. Zauważmy, że min(α i ,β i ) + max(α i ,β i ) = α i + β i .
Korzystaja ↩
c z poprzedniego zadania otrzymujemy teze ↩
.

Liczby pierwsze 69
2.3.4. Niech √ n = p q
, gdzie p,q ∈ N oraz NWD(p, q) = 1 .
Wtedy nq 2 = p 2 . Ponieważ NWD(p, q) = 1 , wie ↩
c NWD(
p 2 , q 2) = 1
(zobacz 1.8.2). Sta ↩
d wobec równości nq 2 = p 2 mamy p 2 |n , czyli
n = p 2 m dla pewnego m ∈ N . Po podstawieniu mamy p 2 mq 2 =
p 2 , sta ↩
d mq 2 = 1 , czyli m = 1 oraz q = 1 . Zatem n = p 2 . Jeżeli
p = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s , to n = p 2 = p 2α 1
1 p 2α 2
2 . . . p 2α s
s .
2.3.5.
(a) Z treści zadania wynika, że m = p α m 1 oraz n = p β n 1 ,
przy czym p̸ | m 1 oraz p̸ | n 1 . Sta ↩
d mn = p α+β m 1 n 1 ,
przy czym p̸ | m 1 n 1 . Zatem p α+β ||mn .
(b) Bez zmniejszenia ogólności możemy za̷lożyć, że α < β ,
wie ↩
c α = min(α,β) . Ponieważ m = p α m 1 , n = p β n 1 ,
przy czym p̸ | m 1 oraz p̸ | n 1 , wie ↩
c m + n = p α (m 1 +
p β−α n 1 ) . Zauważmy, że p̸ | (m 1 + p β−α n 1 ) . Istotnie,
gdyby p|(m 1 + p β−α n 1 ) , to wówczas p dzieli̷loby m 1 ,
ponieważ p|p β−α . Zatem p α ||m + n .
(c) Aby sie ↩
przekonać, że za̷lożenia tego nie można pomina ↩
ć,
wystarczy wzia ↩
ć m = n = p = 2 .
2.3.6. Każda ↩
liczbe ↩
wymierna ↩
możemy zapisać jako iloraz
liczby ca̷lkowitej w przez naturalna ↩
v , przy czym NWD(w, v) = 1 .
Zapiszmy v = r γ 1
1 rγ 2
2 . . . rγ t
t , |w| = q β 1
1 qβ 2
2 . . . qβ u
u oraz ε = w
|w| .
Wówczas w v = εqβ 1
1 qβ 2
2 . . . qβ u
u r −γ 1
1 r −γ 2
2 . . . r −γ t
t .
2.3.7. Na pocza ↩
tku zauważmy, że suma podana w treści zadania
jest w istocie skończona, [ ponieważ od pewnego momentu liczby
p i n
sa ↩
wie ↩
ksze od n , wie ↩
c = 0 . Rozważmy teraz cia ↩
g 1 ,
p i ]
2 , . . . , n . Liczby tego cia ↩
gu podzielne przez p i (dla ustalonego i )
sa ↩
postaci lp i , gdzie l jest pewna ↩
liczba ↩
ca̷lkowita [ ↩
nieujemna ↩
, taka ↩
że lp i n
≤ n . Zatem liczb tych jest dok̷ladnie . Najwyższy
wyk̷ladnik α pote ↩
gi liczby p , która dzieli n! otrzymamy biora ↩
c
liczbe [ ] ↩
wyrazów cia ↩
gu 1 , 2 , . . . , n podzielnych przez p (czyli
n
p
), dodaja ↩
c do niej liczbe ↩
wyrazów podzielnych przez p 2 (czyli
[ ]
[ ]
n
p
), naste 2 ↩
pnie liczbe ↩
wyrazów podzielnych przez p 3 n
(czyli
p
) 3
itd. Sta ↩
d α = ∑ [
∞ n
i=1
.
p i ]
p i ]

70 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
2.3.8. Zgodnie z zadaniem 2.3.7, wyk̷ladniki tych pote ↩
g sa ↩
równe
(a) α = ∑ ∞
[ 100
]
i=1 2 = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97 .
i
(b) α = ∑ ∞
[ 100
]
i=1 5 = 20 + 4 = 24 .
i
(c) α = ∑ ∞
[ 100
]
i=1 97 = 1 .
i
2.3.9.
(a) Najwie ↩
ksza pote ↩
ga liczby 6 , która dzieli 100! jest iloczynem
najwie ↩
kszej pote ↩
gi liczby 3, która dzieli 100! oraz
takiej samej pote ↩
gi liczby 2. Zatem jest to 6 48 .
(b) Skoro najwie ↩
ksza ↩
pote ↩
ga ↩
dwójki dziela ↩
ca ↩
100! jest 97,
wie ↩
c najwie ↩
ksza ↩
pote ↩
ga ↩
czwórki dziela ↩
ca ↩
100! jest 43.
Natomiast najwie ↩
ksza ↩
pote ↩
ga ↩
siódemki dziela ↩
ca ↩
100! jest
16. Zatem szukana ↩
pote ↩
ga ↩
liczby 28 jest 28 16 .
2.3.10. Ilość zer danej liczby n jest równa wyk̷ladnikowi
najwie ↩
kszej pote ↩
gi liczby 10, która dzieli n , czyli wyk̷ladnikowi
najwie ↩
kszej pote ↩
gi liczby 5, która dzieli n . W przypadku n = 100!
wyk̷ladnik ten jest równy 24.
Ponieważ
2.4. Uwagi o funkcji π(x)
2.4.1. Z nierówności a < π(x) :
x
ln x
lim
x→∞
a
ln x = lim
x→∞
a
ln x < π(x)
x < b
ln x .
b
ln x = 0 , wie ↩c
< b wynika, że
π(x)
lim
x→∞ x = 0 .
2.4.2. Liczby 10 n , 2 · 10 n , 4 · 10 n oraz 8 · 10 n ( n ≥ 0 )
maja ↩
po tyle samo cyfr. W myśl twierdzenia Czebyszewa, możemy
,,wetkna ↩
ć” pomie ↩
dzy nie co najmniej po jednej liczbie pierwszej.
Wszystkie ,,wetknie ↩
te” liczby pierwsze be ↩
da ↩
mia̷ly po tyle samo cyfr.
2.4.3. Zastosujemy tu indukcje ↩
ze wzgle ↩
du na k . Dla k = 3
mamy p 3 = 5 = 2 + 3 = p 1 + p 2 . Za̷lóżmy teraz, że teza jest
spe̷lniona dla wszystkich k ≤ m . Z twierdzenia Czebyszewa wynika,
że istnieje przynajmniej jedna liczba pierwsza pomie ↩
dzy p m+1 i
2p m+1 . Najmniejsza z tych liczb to oczywiście p m+2 . Z za̷lożenia
indukcyjnego mamy, że p m+2 < 2p m+1 = p m+1 + p m+1 ≤ p 1 + p 2 +
· · · + p m + p m+1 . Zatem na podstawie indukcji teza jest prawdziwa.

Liczby pierwsze 71
2.4.4. Zauważmy najpierw, że faktycznie 5 = p 3 = p 2 + p 1
i, oczywiście, ani p 2 , ani p 1 nie sa ↩
sumami wszystkich liczb
pierwszych mniejszych od nich. Teraz zauważmy, że z twierdzenia
Czebyszewa oraz poprzedniego zadania wynika, iż dla k > 3 mamy
p k < 2p k−1 ≤ p k−1 + p k−2 + . . . + p 1 , a skoro zachodzi ostra
nierówność, to nie może zachodzić równość.
2.4.5. Najpierw zobaczmy, że 1, 2, 3 oraz 4 nie sa ↩
suma ↩
wszystkich liczb pierwszych mniejszych od nich, a 5 jest. Za̷lóżmy
teraz, że n > 5 . Niech p k ( k-ta z kolei liczba pierwsza be ↩
dzie
najwie ↩
ksza ↩
liczba ↩
pierwsza ↩
mniejsza ↩
od n . Zatem n ≤ p k+1 <
2p k ≤ p 1 + p 2 + · · · + p k , na podstawie twierdzenia Czebyszewa
i zadania 2.4.3. Tak wie ↩
c n nie może być suma ↩
k pierwszych liczb
pierwszych, czyli wszystkich liczb pierwszych mniejszych od n .
2.4.6. Ponieważ jeśli k ≤ m+1 , to k|(m+1)!+k , wie ↩
c każda
z liczb w cia ↩
gu ((m + 1)! + k) 2≤k≤m+1
jest z̷lożona. Elementów
cia ↩
gu jest dok̷ladnie m . By rozwia ↩
zać zadanie wystarczy wie ↩
c za n
wybrać taka ↩
liczbe ↩
, że p n jest najwie ↩
ksza ↩
liczba ↩
pierwsza ↩
mniejsza ↩
od (m+1)!+2 . Wtedy musi być p n+1 > (m+1)!+m+1 ≥ p n +m .
2.4.7.
(a) Z nierówności π(p) < p mamy −p < −π(p) .
pπ(p) − p < pπ(p) − π(p) = (p − 1)π(p) , czyli
π(p)
p
Sta ↩
d
π(p)−1
p−1
<
. Ponieważ π(p) − 1 = π(p − 1) , wie ↩
c π(p−1)
p−1
(b) Jeżeli m jest liczba ↩
z̷lożona ↩
, to π(m−1) = π(m) . Zatem
π(m)
m
= π(m−1)
m
< π(m−1)
m−1
.
2.5. Twierdzenie Dirichleta
2.5.1. (a) m = 2 , n = 2 ; (b) m = 4 , n = 4 .
< π(p)
p
.
2.5.2. Ponieważ tylko 2 jest liczba ↩
pierwsza ↩
parzysta ↩
, wie ↩
c pozosta̷le
liczby pierwsze (których jest nieskończenie wiele) musza ↩
być
liczbami nieparzystymi.
2.5.3.
(a) Podzielmy wszystkie liczby naturalne na trzy klasy. Do
pierwszej zaliczmy liczby postaci 3k , do drugiej 3k + 1
i do trzeciej 3k + 2 . Wystarczy pokazać, że w rozk̷ladzie

72 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
każdej liczby trzeciej klasy wyste ↩
puje przynajmniej jedna
liczba trzeciej klasy. Ponieważ 3̸ | 3k + 2 , wie ↩
c liczby
pierwszej klasy nie moga ↩
wyste ↩
pować w rozk̷ladach liczb
trzeciej klasy. Zauważmy teraz, że iloczyn dwóch liczb
drugiej klasy jest liczba ↩
drugiej klasy. Istotnie, (3k 1 +
1)(3k 2 +1) = 3(3k 1 k 2 +k 1 +k 2 )+1 . Zatem, gdyby rozk̷lad
pewnej liczby sk̷lada̷l sie ↩
tylko z liczb drugiej klasy, to ta
liczba też musia̷laby być liczba ↩
drugiej klasy. Zatem w rozk̷ladzie
liczby postaci 3k + 2 przynajmniej jedna liczba
jest postaci 3k + 2 .
(b) Z cze ↩
ści (a) wynika, że liczba n ma dzielniki postaci
3k + 2 . Niech p oznacza najmniejszy z tych dzielników.
Przypuśćmy, że p nie jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Istnieja ↩
wtedy
liczby naturalne r , s takie, że p = r·s , gdzie 1 < r < p ,
1 < s < p . Liczba p jest postaci 3k + 2 , wie ↩
c z cze ↩
ści (a)
wynika, że r jest postaci 3k+2 lub s jest postaci 3k+2 .
Niech, na przyk̷lad, r be ↩
dzie postaci 3k + 2 . Wówczas r
jest dzielnikiem postaci 3k +2 liczby n mniejszym od p ,
co jest sprzeczne z wyborem liczby p .
2.5.4. Oznaczmy P = p 1 p 2 . . . p n . Ponieważ liczba p m , gdzie
1 ≤ m ≤ n , dzieli P, a nie dzieli 2, wie ↩
c p m̸ | 3P +2 . Podobnie, 2|2 ,
ale 2̸ | 3P , ponieważ 3 oraz wszystkie p m sa ↩
nieparzyste. Zatem
2̸ | 3P + 2 .
2.5.5. Przypuśćmy, że tak nie jest i że p 0 = 2 , p 1 , p 2 . . . , p n
sa ↩
wszystkimi liczbami pierwszymi postaci 3k+2 . Rozważmy liczbe ↩
L = 3p 1 p 2 . . . p n + 2 . Ponieważ dla 0 ≤ m ≤ n mamy p m < L
oraz L jest postaci 3k + 2 , wie ↩
c L musi być liczba ↩
z̷lożona ↩
. Jednakże
w jej rozk̷ladzie musi znajdować sie ↩
liczba pierwsza p postaci
3k + 2 (zadanie 2.5.3). Z drugiej strony p ≠ p m dla 0 ≤ m ≤ n ,
ponieważ p|L (zadanie 2.5.4). Zatem p jest liczba ↩
pierwsza ↩
postaci
3k + 2 różna ↩
od każdej z p m . Sta ↩
d sprzeczność.
2.5.6. Podobnie jak w zadaniu 2.5.3 pokazujemy, że w rozk̷ladzie
liczby postaci 4k + 3 przynajmniej jedna liczba jest postaci
4k + 3 . Naste ↩
pnie, podobnie jak w zadaniu 2.5.4, uzasadniamy, że
jeśli p 0 = 3 , p 1 , p 2 . . . , p n sa ↩
liczbami pierwszymi postaci 4k+3 ,
to liczba 4p 1 p 2 . . . p n + 3 nie dzieli sie ↩
przez żadna ↩
z liczb p 0 , p 1 ,
p 2 , . . . , p n . Wreszcie rozwia ↩
zujemy niniejsze zadanie rozumuja ↩
c
podobnie jak w zadaniu 2.5.5.

Liczby pierwsze 73
2.5.7. Rozwia ↩
zujemy podobnie jak poprzednie zadanie.
2.6. Liczba dzielników oraz funkcja Eulera
2.6.1.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
θ(n) 1 2 2 3 2 4 2 4 3 4 2 6 2 4 4 5 2 6 2 6
2.6.2. Za̷lóżmy, że m|n . W rozk̷ladzie liczby m sa ↩
tylko liczby
pierwsze p , które sa ↩
dzielnikami n . Ponieważ w rozk̷ladzie n
liczba p i wyste ↩
puje z wyk̷ladnikiem α i , wie ↩
c w rozk̷ladzie liczby m
musi ona wyste ↩
pować z wyk̷ladnikiem 0 < β i ≤ α i lub nie
wyste ↩
pować. Zatem każdy dzielnik n jest ża ↩
danej postaci. W druga
↩
strone ↩
, ̷latwo sie ↩
przekonać, że p β 1
1 pβ 2
2 . . . pβ s
s dzieli n dla 0 ≤
β i ≤ α i .
2.6.3. Korzystaja ↩
c z poprzedniego zadania wnioskujemy, że
dzielnikami liczby n = p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s sa ↩
te i tylko te liczby, które
w swym rozk̷ladzie maja ↩
tylko liczby pierwsze be ↩
da ↩
ce dzielnikami n
w pote ↩
gach nie wie ↩
kszych od α i . Ponieważ mamy α i +1 możliwości
wyboru takich pote ↩
g, wie ↩
c θ(n) = (α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1) .
2.6.4. θ(100) = θ(2 2 · 5 2 ) = (2 + 1)(2 + 1) = 9 ;
θ(1024) = θ(2 10 ) = 11 .
2.6.5. Z uwagi na zadanie 2.6.3 mamy
(α 1 + 1)(α 2 + 1) . . . (α s + 1) = 3.
Zatem musi być s = 1 oraz α 1 = 2 . Sta ↩
d jedynymi liczbami n
takimi, że θ(n) = 3 , sa ↩
kwadraty liczb pierwszych.
2.6.6.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
φ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 18 8
2.6.7. Za̷lóżmy, że liczba n jest pierwsza. Wówczas każda liczba
mniejsza od n jest z nia ↩
wzgle ↩
dnie pierwsza, wie ↩
c φ(n) = n − 1 .
Jeżeli teraz φ(n) = n − 1 , to wszystkie liczby naturalne mniejsze
od n musza ↩
być wzgle ↩
dnie pierwsze z n . W szczególności, żadna
z liczb mniejszych od n nie może być dzielnikiem n (z wyja ↩
tkiem 1).
Czyli n jest liczba ↩
pierwsza ↩
.

74 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
2.6.8. Ponieważ p oraz q sa ↩
liczbami pierwszymi, wie ↩
c
NWD(pq, m) jest równe 1, p , q lub pq dla dowolnej liczby naturalnej
m . Zatem liczbami, które nie sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze z pq
sa ↩
wielokrotności p (tych mniejszych od pq jest dok̷ladnie q − 1 )
oraz wielokrotności q (tych mniejszych od pq jest p−1 ). Ponieważ
liczba pq nie jest wzgle ↩
dnie pierwsza z pq , wie ↩
c
φ(pq) = pq − (p − 1) − (q − 1) − 1 = (p − 1)(q − 1).
Uwaga. Czytelniku, jeśli nie zrozumia̷leś rozwia ↩
zania zadania 2.6.8,
to przeanalizuj rozwia ↩
zanie zadania 2.6.9.
2.6.9. Aby obliczyć φ(p n ) , należy z cia ↩
gu 1, 2, 3 . . . , p n
usuna ↩
ć wszystkie te liczby, które nie sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze z p n ,
czyli te, które nie sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze z p . Liczby, które nie sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze z p sa ↩
wielokrotnościami liczby p . Sa ↩
to wie ↩
c
liczby postaci kp . Ponieważ musza ↩
one być mniejsze lub równe p n ,
wie ↩
c sa ↩
to liczby p , 2p , . . . , p n−1 p . Jest ich p n−1 . Po usunie ↩
ciu
tych p n−1 liczb z cia ↩
gu 1, 2, 3 . . . , p n pozostaje w tym cia ↩
gu
p n − p n−1 liczb. Zatem φ(p n ) = p n − p n−1 .
2.6.10. Za̷lóżmy, że dla pewnych 0 ≤ k ≤ h ≤ m − 1 liczby
kn + r oraz hn + r daja ↩
te ↩
sama ↩
reszte ↩
przy dzieleniu przez m .
Zatem (hn+r)−(kn+r) = (h−k)n jest liczba ↩
podzielna ↩
przez m .
Ponieważ n i m sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze, wie ↩
c m|h − k . Jednakże
0 ≤ h − k ≤ m − 1 , czyli musi być k − h = 0 , tj. k = h . Sta ↩
d
wynika, że reszty z dzielenia liczb r , n+r , . . . , (m−1)n+r przez
m sa ↩
różne i jest ich m . Zatem różnia ↩
sie ↩
od cia ↩
gu 0 , 1, . . . , m−1
co najwyżej porza ↩
dkiem.
2.6.11. Zauważmy, że w danej kolumnie wszystkie liczby sa ↩
albo wzgle ↩
dnie pierwsze z n , albo wszystkie maja ↩
wspólny dzielnik z
n wie ↩
kszy od 1. Mamy dok̷ladnie φ(n) kolumn, w których wszystkie
liczby sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze z n . Z drugiej strony, w kolumnie
maja ↩
cej wszystkie liczby wzgle ↩
dnie pierwsze z n jest dok̷ladnie
φ(m) liczb wzgle ↩
dnie pierwszych z m (na mocy zadania 2.6.10).
Zatem φ(mn) = φ(m)φ(n) .
2.6.12. Ponieważ każde dwie liczby pierwsze sa ↩
wzgle ↩
dnie
pierwsze, wie ↩
c
φ (p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s ) =

Liczby pierwsze 75
= φ (p α 1
1 ) φ (pα 2
2 ) . . . φ (pα s
s )
= ( p α 1
1 − ) ( pα 1−1
1 p
α 2
2 − ) ( pα 2−1
2 . . . p
α s
s − p α )
s−1
s
= p α 1
1 pα 2
2 . . . pα s
s
(1 − 1 ) (1 − 1 )
· · ·
(1 − 1 )
p 1 p 2 p s
= n
(1 − 1 p 1
) (1 − 1 p 2
)
· · ·
(1 − 1 p s
)
.
2.6.13. Niech NWD(m, n) = d i niech p be ↩
dzie liczba ↩
pierwsza ↩
dziela ↩
ca ↩
d . Po zastosowaniu wzoru z 2.6.12 stwierdzamy, że w iloczynie
opisuja ↩
cym φ(mn) pojawia sie ↩
czynnik 1 − 1 p
jednokrotnie,
natomiast w iloczynie opisuja ↩
cym φ(m)φ(n) ten sam czynnik pojawia
sie ↩
( 2
dwukrotnie. Ponieważ 1 − 1 p < 1 , wie ↩c 1 − p) 1 < 1 −
1
p .
Zatem φ(m)φ(n) < φ(mn) .
2.6.14.
(a) φ(4n + 2) = φ(2(2n + 1)) = φ(2)φ(2n + 1) = φ(2n + 1) ;
(b) Jeżeli n = 2 α k , gdzie NWD(2, k) = 1 , to φ(4n) =
φ(2 α+2 k) = φ(2 α+2 )φ(k) = 2 α+1 φ(k) = 2φ(2 α+1 )φ(k) =
2φ(2 α+1 k) = 2φ(2(2 α k)) = 2φ(2n) .
Jeżeli n = 2k + 1 , to φ(4n) = φ(4(2k + 1)) = φ(4)φ(2k +
1) = 2φ(n) .
2.7. Rozk̷lad na czynniki dużych liczb naturalnych
2.7.1. Niech
A = { a ∈ N : a|n i a ≤ √ n } ,
B = { a ∈ N : a|n i a ≥ √ n } .
Funkcja f określona wzorem f(a) = n a
jednoznacznie zbiór A na B .
odwzorowuje wzajemnie
2.7.2. Niech
B = { a ∈ N : a|n i a ≥ √ n } ,
(
a −
n
a
))
odw-
C = { (s,t) : s,t ∈ N i n = s 2 − t 2} .
Funkcja f określona wzorem f(a) = ( ( )
1
2 a +
n
a ;
1
2
zorowuje wzajemnie jednoznacznie zbiór B na C .

76 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
2.7.3. 945 = 7 · 5 · 3 3 , wie ↩
c wszystkie dzielniki liczby 945 ,
to 1, 3, 5, 7, 9, 15, 21, 27, 35, 45, 63, 105, 135, 189, 315, 945.
Stosuja ↩
c oznaczenia z rozwia ↩
zań zadań 2.7.1 oraz 2.7.2 mamy: B =
{35,45,63,105,135,189,315,945} . Wykorzystuja ↩
c funkcje ↩
z rozwia ↩
zania
zadania 2.7.2 otrzymujemy
945 = 31 2 − 4 2 = 33 2 − 12 2 = 39 2 − 24 2 = 57 2 − 48 2
= 71 2 − 64 2 = 97 2 − 92 2 = 159 2 − 156 2
= 473 2 − 472 2 .
2.7.4. 8633 = 93 2 − 4 2 = 89 · 97 , 809009 = 903 2 − 80 2 =
823 · 983 , 92296873 = 9613 2 − 336 2 = 9277 · 9949 , 88169891 =
9390 2 − 47 2 = 9343 · 9437 , 4601 = 75 2 − 32 2 = 43 · 107 .
2.7.5.
(a) 3 · 141467 = 655 2 − 68 2 = 587 · 723 i 141467 = 587 · 241 ;
(b) 3 · 29895581 = 9472 2 − 179 2 = 9293 · 9651 i 29895581 =
9293 · 3217 ;
(c) 3 · 68987 = 455 2 − 8 2 = 463 · 447 i 68987 = 149 · 463 ;
(d) 5 · 19578079 = 9894 2 − 29 2 = 9923 · 9865 i 19578079 =
9923 · 1973 .

3. Liczby w różnych systemach pozycyjnych
3.1. Poje ↩
cie pozycyjnego systemu zapisu liczb
3.1.1. Dobrze znanym niepozycyjnym systemem zapisu liczb
jest system rzymski. Cyframi sa ↩
tu I, V, X, L, C, D, M. Jednak to nie
pozycja cyfry określa jej znaczenie w liczbie. Na przyk̷lad XIX (19)
jest liczba ↩
mniejsza ↩
od XX (20) chociaż XIX ma wie ↩
cej cyfr. Wie ↩
cej
informacji na temat liczb rzymskich, a także podobnego systemu
liczb greckich znajdzie Czytelnik w ksia ↩
żce Georges’a Ifraha Dzieje
liczby, czyli historia wielkiego wynalazku (Zak̷lad Narodowy im.
Ossolińskich, Wroc̷law 1990).
3.1.2. Odpowiedzi wynikaja ↩
z prostych obliczeń:
(a) (3423) 5 = 3 · 125 + 4 · 25 + 2 · 5 + 3 = 488 ;
(b) (11000111) 2 = 128 + 64 + 4 + 2 + 1 = 199 ;
(c) Ponieważ w systemie o podstawie 11 mamy 11 cyfr, wyste
↩
puje tu dwuznaczność. Mianowicie, 10 może być traktowane
jako pojedyncza cyfra lub też jako dwie cyfry.
W pierwszym przypadku, (910) 11 = 9 · 11 + 10 = 109 .
Natomiast w drugim, 9 · 121 + 11 = 1100 . Zobacz
w naste ↩
pnym zadaniu jak pomina ↩
ć wspomniana ↩
wieloznaczność.
3.1.3.
(a) Z uwag poczynionych na pocza ↩
tku zadania wynika, że
(910) 11 ma trzy cyfry, wie ↩
c w systemie dziesie ↩
tnym o-
znacza liczbe ↩
1100 (zobacz poprzednie rozwia ↩
zanie).
(b) W systemie o podstawie 16 cyfra A odpowiada liczbie 10,
natomiast D liczbie 13. Zatem (1AD) 16 = 256+10·16+
13 = 429 .
(c) W systemie o podstawie 12, cyfra A odpowiada liczbie 10,
a B liczbie 11. Sta ↩
d (A2B) 12 = 10 · 144 + 2 · 12 + 11 =
1475 .
3.1.4. Jest wiele sposobów na zamiane ↩
zapisu liczby n
w systemie dziesie ↩
tnym na zapis w systemie o podstawie b . Dwa
najcze ↩
ściej stosowane, to:
1) Wypisujemy kolejne pote ↩
gi liczby b , dopóki nie przekroczymy
liczby n . Znajdziemy w ten sposób najwie ↩
ksza ↩
liczbe ↩
k

78 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
taka ↩
, że b k ≤ n . Z określenia liczby k wynika, że b k+1 > n
(w przeciwnym wypadku, k nie by̷loby najwie ↩
ksza ↩
liczba ↩
taka ↩
,
że b k ≤ n ). Zatem b k ≤ n < b k+1 . Dzielimy teraz n przez
b k i oznaczamy wynik dzielenia przez a k , a otrzymana ↩
reszte ↩
przez r 1 . Mamy zatem n = a k b k + r 1 , gdzie 0 ≤ r 1 < b k .
Zauważmy, że 1 ≤ a k < b . Gdyby a k = 0 , to mielibyśmy
n = r 1 < b k . Natomiast gdyby a k ≥ b , to n = a k b k +
r 1 > a k b k ≥ b · b k = b k+1 . Zatem liczba a k jest cyfra ↩
w
systemie o podstawie b , a dok̷ladnie, pierwsza ↩
cyfra ↩
liczby n .
Jeżeli r 1 = 0 , to mamy n = a k b k + 0b k−1 + · · · + 0 . Jeśli
natomiast r 1 > 0 , to dzielimy r 1 przez b k−1 i otrzymujemy
r 1 = a k−1 b k−1 + r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < b k−1 oraz 0 ≤ a k−1 < b .
Liczba a k−1 jest druga ↩
cyfra ↩
liczby n . Powtarzamy opisana ↩
procedure ↩
, aż otrzymamy wszystkie cyfry liczby n w systemie
o podstawie b .
2) W przeciwieństwie do poprzedniego algorytmu, tutaj szukamy
najpierw ostatniej cyfry. Dok̷ladniej, szukamy reszty z dzielenia
n przez b . Ta reszta, powiedzmy a 0 , jest ostatnia ↩
cyfra ↩
n
w zapisie o podstawie b . W celu znalezienia przedostatniej
cyfry, dzielimy n−a 0 przez b i dla otrzymanej liczby szukamy
reszty a 1 z dzielenia jej przez b . Wtedy a 1 jest przedostatnia ↩
cyfra ↩
. Poste ↩
pujemy tak dalej aż do znalezienia wszystkich cyfr
liczby n .
Zastosujemy teraz powyższe algorytmy w praktyce.
(a) Poszukamy najpierw zapisu liczby 437 w systemie trójkowym
stosuja ↩
c pierwszy algorytm. Kolejnymi pote ↩
gami
liczby 3 sa ↩
1, 3, 9, 27, 81, 243, 729, . . . . Zatem k = 5 .
Mamy teraz 437 = 1 · 3 5 + 194 . Zatem pierwsza ↩
cyfra ↩
jest
1. Teraz mamy 194 = 2·3 4 +32 , a naste ↩
pnie 32 = 1·3 3 +5 .
Tym razem 3 2 > 5 , wie ↩
c kolejna ↩
(trzecia ↩
) cyfra ↩
jest 0,
a pozosta̷le cyfry to 1 i 2. Zatem 437 = (121012) 3 . Nasze
rozumowanie możemy zapisać w skrócie naste ↩
puja ↩
co
437 = 1 · 3 5 + 194
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 32
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 5
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 1 + 2 · 3 0 .

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 79
Zademonstrujemy teraz drugi algorytm. Mamy tutaj
437 = 145 · 3 + 2 , wie ↩
c ostatnia ↩
cyfra ↩
jest 2. Znajdujemy
teraz reszte ↩
z dzielenia 145 na 3. Mamy 145 = 48 · 3 + 1 .
Druga ↩
od końca cyfra ↩
jest wie ↩
c 1. 48 dzieli sie ↩
przez 3
(reszta jest wtedy równa 0), wie ↩
c naste ↩
pna ↩
cyfra ↩
jest 0.
48 : 3 = 16 , czyli szukamy teraz reszty z dzielenia 16 na
3. Dostajemy 16 = 5 · 3 + 1 , a zaraz potem 5 = 1 · 3 + 2
oraz 1 = 0 · 3 + 1 . Zbieraja ↩
c wszystkie reszty dostajemy
zapis 121012. W skrócie możemy zapisać to naste ↩
puja ↩
co:
437 = 145 · 3 + 2
= (48 · 3 + 1) · 3 + 2
= ((16 · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= (((5 · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= ((((1 · 3 + 2) · 3 + 1) · 3) · 3 + 1) · 3 + 2
= 1 · 3 5 + 2 · 3 4 + 1 · 3 3 + 0 · 3 2 + 1 · 3 1 + 2 · 3 0 .
(b) Zastosujemy tu pierwszy algorytm zamiany zapisu dziesie
↩
tnego na system o podstawie b . Mamy
437 = 3 · 5 3 + 62
= 3 · 5 3 + 2 · 5 2 + 12
= 3 · 5 3 + 2 · 5 2 + 2 · 5 1 + 2 · 5 0 ,
zatem 437 = (3222) 5 .
(c) Wykorzystamy tu drugi z opisanych algorytmów. Mamy
437 = 27 · 16 + 5
= (1 · 16 + 11) · 16 + 5
= 1 · 16 2 + 11 · 16 1 + 5 · 16 0 .
Ponieważ 11 oznaczamy przez B , wie ↩
c 437 = (1B5) 16 .
(d) Skorzystamy tu z (c). Mianowicie, 16 = 2 4 , 11 = 2 3 +
2 1 + 2 0 , a 5 = 2 2 + 2 0 . Sta ↩
d
1 · 16 2 + 11·16 1 + 5 · 16 0
= 1 · (2 4 ) 2 + (2 3 + 2 1 + 2 0 ) · 2 4 + 2 2 + 2 0
= 2 8 + 2 7 + 2 5 + 2 4 + 2 2 + 2 0
= 1 · 2 8 + 1 · 2 7 + 0 · 2 6 + 1 · 2 5 + 1 · 2 4
+ 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 1 + 1 · 2 0 .

80 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
Zatem 437 zapisujemy w systemie o podstawie dwa jako
(110110101) 2 .
3.1.5. Ponieważ sposób opisany w treści zadania nie wymaga
szczegó̷lowego wyjaśnienia, do rozwia ↩
zania zastosujemy inne metody.
(a) Ponieważ w (12) 3 = 1 · 3 + 2 , a 3 = 2 + 1 , możemy
zapisać (12) 3 jako 2 + 1 + 2 = 2 2 + 1 , co daje nam zapis
dwójkowy (101) 2 .
(b) (1A) 12 = 1 · 12 + 10 = 12 + 4 + 6 = 16 + 6 . Wie ↩
c
(1A) 12 = (16) 16 .
(c) Tym razem mamy liczbe ↩
3 · 6 3 +4 · 6 2 + 5 · 6 + 5
= 3 · 216 + 4 · 36 + 5 · 6 + 5
= 3 · (3 · 4 3 + 1 · 4 2 + 2 · 4) + 4 · (2 · 4 2 + 4)
+ 5 · (4 + 2) + 4 + 1
= 11 · 4 3 + 4 · 4 2 + 12 · 4 + 11
= (2 · 4 + 3) · 4 3 + 4 3 + 3 · 4 2 + 2 · 4 + 3
= 3 · 4 4 + 3 · 4 2 + 2 · 4 + 3,
co w systemie o podstawie 4 zapisujemy (30323) 4 .
(d) Liczba (101011101011) 2 oznacza 2 11 + 2 9 + 2 7 + 2 6 +
2 5 + 2 3 + 2 + 1 . Ale 2 4 = 16 , wie ↩
c możemy zapisać
(2 3 + 2) · 16 2 + (2 3 + 2 2 + 2) · 16 + 2 3 + 2 + 1 . Ostatnie
wyrażenie upraszczamy i otrzymujemy 10·16 2 +14·16+11 ,
co oznacza (AEB) 16 .
3.1.6.
(a) Ponieważ 27 = 3 3 , grupujemy cyfry 1112 w bloki trzycyfrowe.
Sa ↩
to 001 oraz 112. Zauważmy, że ponieważ
nasza liczba ma 4 cyfry, musimy dodać z przodu 2 zera,
aby liczba cyfr po dodaniu zer by̷la podzielna przez 3. 001
oznacza cyfre ↩
1, a (112) 3 = 3 2 + 3 + 2 = 14 oznacza cyfre ↩
E w systemie o podstawie 27. Zatem (1112) 3 = (1E) 27 .
(b) Mamy 144 = 12 2 , wie ↩
c nasza ↩
liczbe ↩
dzielimy na bloki
po dwie cyfry. Ponieważ 1A ma już dwie cyfry, wie ↩
c

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 81
jest to już cyfra w zapisie o podstawie 144. Ale 12 +
10 = 22 , wie ↩
c jest to M . Zauważmy, że aby liczby od
10 do 143 zasta ↩
pić literami, brakuje nam znaków w alfabecie
̷lacińskim. Ponieważ generalnie nie używamy takich
dużych podstaw, ma̷lo kto sie ↩
martwi, jak oznaczyć
cyfry 36, 37 itd. Można wykorzystywać jeszcze ma̷le litery,
ale i ich nie starczy. Może wie ↩
c najkorzystniej jest zrezygnować
z liter i stosować nawiasy W takim wypadku, cyfre ↩
M oznaczymy po prostu (22) .
(c) Ponieważ 16 = 2 4 , grupujemy cyfry naszej liczby w bloki
po cztery znaki: 1010, 1110 i 1011. Oznaczaja ↩
one
odpowiednio 10, 14 i 11, co w systemie szesnastkowym
oznacza odpowiednio cyfry A , E oraz B . Zatem
(101011101011) 2 = (AEB) 16 .
3.1.7. (Zobacz też rozwia ↩
zanie 3.1.4(d)) Aby zamienić liczbe ↩
x = x 0 + x 1 (b s ) 1 + x 2 (b s ) 2 + · · · + x k (b s ) k zapisana ↩
w systemie
o podstawie b s na zapis w systemie o podstawie b , każda ↩
cyfre ↩
x i
zapisujemy w systemie o podstawie b , tj. piszemy x i = x i0 +x i1 b 1 +
x i2 b 2 +· · ·+x i s−1 b s−1 . Zauważmy, że x i nie może mieć wie ↩
cej cyfr
w systemie o podstawie b niż s , ponieważ x i < b s . Zatem każdy x i
zamieniamy w blok s cyfr. W celu uzyskania zapisu naszej liczby
w systemie o podstawie b , bloki ̷la ↩
czymy, a naste ↩
pnie usuwamy
ewentualne zera wyste ↩
puja ↩
ce z lewej strony zapisu.
(a) Mamy 2 = 0·4+2 oraz B = 2·4+3 , zatem otrzymaliśmy
bloki 02 i 23 . Po po̷la ↩
czeniu otrzymujemy ża ↩
dany zapis
0223 , co po usunie ↩
ciu zbe ↩
dnych zer daje (223) 4 .
(b) Tutaj mamy A = 2 · 5 + 0 , B = 2 · 5 + 1 , C = 2 · 5 + 2
i F = 3 · 5 + 0 , co nam daje bloki 20, 21, 22, 30 oraz zapis
(20212230) 5 .
(c) Zapisujemy
3 = 0 · 2 3 + 0 · 2 2 + 1 · 2 + 1,
A = 1 · 2 3 + 0 · 2 2 + 1 · 2 + 0,
5 = 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 0 · 2 + 1,
6 = 0 · 2 3 + 1 · 2 2 + 1 · 2 + 0,
co nam daje bloki 0011 , 1010, 0101 oraz 0110. Ostatecznie
otrzymujemy wie ↩
c (11101001010110) 2 .

82 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
3.1.8. Ponieważ d i ≤ b − 1 , wie ↩
c
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0
≤ (b − 1)b k + (b − 1)b k−1 + · · · + (b − 1)b + (b − 1)
= (b − 1)(b k + b k−1 + · · · + b + 1)
= (b − 1) bk+1 − 1
b − 1
= b k+1 − 1 < b k+1 .
W za̷lożeniach mamy k < n , zatem k + 1 ≤ n . Sta ↩
d
p < b k+1 ≤ b n ≤ c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0 = m.
3.2. Wykonywanie obliczeń w różnych systemach pozycyjnych
3.2.1.
(a)
AB 1 2 3
+ C D A
AC 0 1 D
(b)
1111001101
+ 1101101101
11100111010
(c)
12321
+ 23132
41003
3.2.2. Przy obliczaniu różnicy dwóch liczb sprawdzamy najpierw,
czy odjemna jest wie ↩
ksza od odjemnika. Jeżeli nie, to zamieniamy
nasze liczby rolami, tj. odejmujemy odjemna ↩
od odjemnika
i pamie ↩
tamy, że ostateczny wynik ma być ujemny. Przypuśćmy,
że
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · c 1 b + c 0
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · d 1 b + d 0 ,
przy czym m > p , wie ↩
c także n ≥ k .
Obliczaja ↩
c różnice ↩
m − p również posuwamy sie ↩
od strony
prawej do lewej. Jeżeli c 0 ≥ d 0 , to c 0 −d 0 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
różnicy
m − p . W przeciwnym wypadku ,,pożyczamy” 1 od cyfry wyższego
rze ↩
du (tu przedostatniej) i dostajemy (c 1 b + c 0 ) − (d 1 b + d 0 ) =
(c 1 − d 1 − 1)b + (b + c 0 − d 0 ) , gdzie 0 < b + c 0 − d 0 < b − 1 , zatem
b + c 0 − d 0 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby m − p . Tak samo poste ↩
pujemy
z kolejnymi cyframi.

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 83
(a)
1 1 1 0 1 0 1 1 1 0
− 1 1 1 0 1 0 1 1
1 0 1 1 0 0 0 0 1 1
(b)
4532
− 3401
1131
(c)
AB 1 2
− C DA
9 E 3 8
3.2.3. Opiszemy najpierw, jak mnożymy liczbe ↩
wielocyfrowa ↩
y = c n b n +c n−1 b n−1 +· · ·+c 1 b+c 0 przez jednocyfrowa ↩
d . Ponieważ
yd = (c n d)b n + (c n−1 d)b n−1 + · · · + (c 1 d)b + (c 0 d),
wie ↩
c jeżeli iloczyn dc 0 jest liczba ↩
mniejsza ↩
od b , to jest ona ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby yd . Jeśli dc 0 ≥ b , to wyodre ↩
bniamy odpowiednia ↩
liczbe ↩
wyrazów wyższego rze ↩
du dodaja ↩
c ja ↩
do dc 1 itd.
(a)
2 3 4
× 4
2 1 0 1
(c)
A B 3 2
× 9
7 6 A 2 5
Aby pomnożyć liczbe ↩
wielocyfrowa ↩
y przez liczbe ↩
wielocyfrowa ↩
x mnożymy y przez kolejne (licza ↩
c od końca) cyfry x i zapisujemy
iloczyny tak, by ich ostatnie cyfry znajdowa̷ly sie ↩
dok̷ladnie pod
ta ↩
cyfra ↩
liczby x , przez która ↩
mnożyliśmy liczbe ↩
y . Naste ↩
pnie
dodajemy zapisane iloczyny i otrzymujemy ostateczny wynik.
3.2.4. Przypuśćmy, że
(b)
1 1 1 1 0 1 0 1
× 1 1 0 1
1 1 1 1 0 1 0 1
0
1 1 1 1 0 1 0 1
+ 1 1 1 1 0 1 0 1
1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1
m = c n b n + c n−1 b n−1 + · · · + c 1 b + c 0
p = d k b k + d k−1 b k−1 + · · · + d 1 b + d 0 ,
przy czym m > p > 0 . Dzielenie liczby m przez liczbe ↩
p polega
na znalezieniu liczb ca̷lkowitych q i r takich, że m = pq + r ,

84 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
gdzie 0 ≤ r < p . Be ↩
dziemy szukali przedstawienia liczb q oraz r
w systemie o podstawie b . W tym celu rozpatrujemy liczby
c n , c n b + c n−1 , c n b 2 + c n−1 b + c n−2 , . . .
i szukamy pierwszej liczby w tym cia ↩
gu, która jest wie ↩
ksza od p .
Za̷lóżmy, że jest to liczba
s 1 = c n b j + c n−1 b j−1 + · · · + c n−j .
Naste ↩
pnie rozpatrujemy kolejne iloczyny 0 , p , 2p , 3p , . . . (b −
1)p i znajdujemy najwie ↩
kszy z nich nie przekraczaja ↩
cy s 1 . Niech
to be ↩
dzie a n−j p . Wtedy s 1 = a n−j p + r 1 , gdzie r 1 jest reszta ↩
z dzielenia s 1 przez p . Możemy to zapisać w sposób naste ↩
puja ↩
cy:
a n−j
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
□ □ . . . □
e j e j−1 . . . e 0
Kwadraciki oznaczaja ↩
tu cyfry iloczynu a n−j p . Po odje ↩
ciu otrzymamy
liczbe ↩
r 1 = s 1 − a n−j p = e j b j + e j−1 b j−1 + · · · + e 0 .
Naste ↩
pnie do cyfr e j , e j−1 , . . . , e 0 dopisujemy cyfre ↩
c n−j−1 , co
oznacza, że rozważamy liczbe ↩
s 2 = e j b j+1 + e j−1 b j + · · · + e 0 b + c n−j−1 .
Podobnie jak poprzednio, szukamy liczb a n−j−1 oraz r 2 takich, że
s 2 = a n−j−1 p+r 2 , gdzie 0 ≤ r 2 < p . Kontynuuja ↩
c to poste ↩
powanie
otrzymujemy w końcu q i r .
(a)
1 0 0 1
1 1 0 1 1 : 11
1 1
0 0 1 1
1 1
0
(b)
1 3 3
2 3 6 1 : 15
1 5
5 6
5 1
5 1
5 1
0
(c)
1 C A
A B C : 6
6
4 B
4 8
3 C
3 C
0

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 85
3.2.5. Liczbe ↩
(11011101) 2 dzielimy przez b = 3 = (11) 2
otrzymuja ↩
c
(11011101) 2 = (1001001) 2 · (11) 2 + (10) 2 .
Wynik powyższego dzielenia dzielimy znów przez b:
(1001001) 2 = (11000) 2 · (11) 2 + 1.
Poste ↩
pujemy podobnie z kolejnymi wynikami:
(11000) 2 = (1000) 2 · (11) 2
(1000) 2 = (10) 2 · (11) 2 + (10) 2
(10) 2 = 0 · (11) 2 + (10) 2 .
Reszty z tych dzieleń wypisane w odwrotnej kolejności, tj.
(10) 2 (10) 2 (0) 2 (1) 2 (10) 2
daja ↩
nam szukane cyfry rozważanej liczby. Zatem (11011101) 2 =
(22012) 3 .
3.2.6. Szukamy sumy MCMXXIV + CDXCIII. Liczba MCMXXIV, to
jeden pe̷lny tysia ↩
c oraz drugi tysia ↩
c bez jednej setki i coś tam jeszcze.
Bierzemy zatem jedna ↩
setke ↩
z drugiej liczby i dok̷ladamy ja ↩
do
pierwszej. Nasza ↩
sume ↩
możemy teraz zapisać jako MMXXIV + CCCXCIII
i podliczamy wyste ↩
puja ↩
ce w niej setki. Drugi sk̷ladnik ma ich
trzy plus jedna ↩
bez dziesia ↩
tki. Bierzemy wie ↩
c brakuja ↩
ca ↩
dziesia ↩
tke ↩
z pierwszej liczby i otrzymujemy równoważna ↩
sume ↩
MMXIV + CDIII.
Teraz już ̷latwo obliczamy dziesia ↩
tki i jedności naszej sumy. Ostatecznie
otrzymujemy MMCDXVII (2417). Autorom ten sposób liczenia
nie wydaje sie ↩
̷latwy i dlatego nie próbowali mnożenia.
3.3. U̷lamki w różnych systemach pozycyjnych
3.3.1.
(a) Cze ↩
ścia ↩
ca̷lkowita ↩
liczby 1 3 jest 0, a cze 1
↩ścia ↩
u̷lamkowa ↩ 3 .
Mamy 1 3 · 3 = 1 , wie ↩c jedyna ↩
cyfra ↩
po przecinku be ↩
dzie 1.
Zatem 1 3
w systemie trójkowym, to 0,1 .
Cze ↩
ścia ↩
ca̷lkowita ↩
0,5 jest ponownie 0. 0,5 · 3 = 1,5 , wie ↩
c
pierwsza ↩
cyfra ↩
po przecinku be ↩
dzie 1. Ponieważ cze ↩
ścia ↩

86 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
u̷lamkowa ↩
liczby 1,5 jest ponownie 0,5 , druga ↩
cyfra ↩
też
jest 1 i znów sytuacja sie ↩
powtórzy. Zatem w zapisie
trójkowym, 0,5 to 0,(1) (w nawiasie zapisujemy okres
u̷lamka).
(b) Mamy π = 3,1415 . . . Cze ↩
ść ca̷lkowita π to 11 w systemie
dwójkowym. Mamy teraz 0,1415 · 2 = 0,283 , wie ↩
c
d −1 = 0 ; 0,283 · 2 = 0,566 , zatem także d −2 = 0 ;
0,566 · 2 = 1,132 i d −3 = 1 ; 0,132 · 2 = 0,264 , a to
daje d −4 = 0 i wreszcie 0,264 · 2 = 0,528 , co nam daje
d −5 = 0 . Zatem w systemie dwójkowym liczba π ma
rozwinie ↩
cie rozpoczynaja ↩
ce sie ↩
od 11,00100 . Zauważmy
tu, że nasze obliczenie jest dok̷ladne, tzn. nie zależy od
dalszych cyfr rozwinie ↩
cia dziesie ↩
tnego π .
(c) By obliczyć kolejne cyfry rozwinie ↩
cia pia ↩
tkowego liczby 5 13
5
wykonujemy naste ↩
puja ↩
ce mnożenia.
13 · 5 = 1 12
13 , 12
13 ·
5 = 4 8 13 , 8
13 · 5 = 3 1
13 , 1
13 · 5 = 5
13
i wróciliśmy do
punktu wyjścia. Zatem rozwinie ↩
cie liczby 5 13 w systemie
pia ↩
tkowym jest u̷lamkiem okresowym 0,(1430) .
Oczywiście, możemy zapisywać też u̷lamki zwyk̷le stosuja ↩
c
różne podstawy. Wtedy u̷lamki z punktu (a) zapiszemy jako 1 10
1
i
2 , a 5
13 w zapisie dziesie ↩tnym to 10
23
w systemie o podstawie 5.
a
3.3.2. Niech
b−1
be ↩dzie naszym u̷lamkiem. Ponieważ jest on
u̷lamkiem w̷laściwym, wie ↩
c 1 ≤ a ≤ b−2 oraz jego cze ↩
ścia ↩
ca̷lkowita ↩
jest 0. Mnożymy zatem
a
b−1 przez b otrzymuja ab
↩c
b−1 = a + a
b−1 .
a
Cze ↩
ścia ↩
ca̷lkowita ↩
jest tu a , a u̷lamkowa ↩
ponownie
b−1 . Zatem
rozwinie ↩
cie u̷lamka w systemie o podstawie b to 0,(a) .
a
b−1
a
3.3.3. Rozważamy tu u̷lamek
b+1
, gdzie 1 ≤ a ≤ b , zapisany
w systemie dziesie ↩
tnym. Chcemy znaleźć jego rozwinie ↩
cie w systemie
a
b+1−a
o podstawie b . Mnoża ↩
c przez b mamy
b+1 · b = (a − 1) +
b+1
,
ska ↩
d b+1−a
a
b+1 ·b = (b−a)+
b+1 . Ponownie mamy wie a
↩c
b+1 . Otrzymujemy
zatem rozwinie ↩
cie 0,((a − 1)(b − a)) . Na przyk̷lad, w systemie
2
dziesie ↩
tnym,
11 = 0,(18) .
3.3.4. Za̷lóżmy najpierw, że u̷lamek a c
, zapisany w postaci
nieskracalnej, ma skończone rozwinie ↩
cie w systemie o podstawie b .

Liczby w różnych systemach pozycyjnych 87
Możemy za̷lożyć, że a c
jest u̷lamkiem w̷laściwym. Zapiszmy jego
rozwinie ↩
cie w postaci 0,d 1 d 2 . . . d k , czyli
a
c = d 1b −1 + d 2 b −2 + · · · + d k b −k = d 1
b + d 2
b 2 + · · · + d k
b k .
Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika otrzymujemy
a
c = d 1b k−1 + d 2 b k−2 + · · · + d k
b k .
Po ewentualnym skróceniu dostajemy, że c jest dzielnikiem b k , wie ↩
c
jest iloczynem pote ↩
g dzielników b .
Na odwrót, jeżeli mianownik u̷lamka a c
jest iloczynem pote ↩
g
dzielników b , to istnieje takie k , że c dzieli b k . Zatem w k-tym
kroku algorytmu na szukanie rozwinie ↩
cia a c
w systemie o podstawie
b , otrzymujemy cze ↩
ść u̷lamkowa ↩
równa ↩
0. Zatem a c
ma
rozwinie ↩
cie skończone.
3.3.5. Za̷lóżmy, że a c
jest zapisany w postaci nieskracalnej
i ma w systemie o podstawie b rozwinie ↩
cie okresowe czyste o okresie
d 1 d 2 . . . d f . Niech d = d 1 b −1 +d 2 b −2 +· · ·+d f b −f . Wtedy możemy
zapisać
a
c = d + d b f + d
b 2f + · · ·
Korzystaja ↩
c ze wzoru na sume ↩
wszystkich wyrazów cia ↩
gu geometrycznego
dostajemy
a
c = d · 1 dbf
=
1 − b−f b f − 1 .
Ponieważ a c
jest zapisany w postaci nieskracalnej, wie ↩c c musi być
dzielnikiem b f − 1 .
Za̷lóżmy teraz, że b f −1 jest wielokrotnościa ↩
c . Zatem u̷lamek
a
c możemy rozszerzyć do d
b f −1 . Ale a < c , wie ↩c d < b f − 1 , a sta ↩
d
wynika, że liczba d ma w zapisie w systemie o podstawie b co
najwyżej f cyfr. Możemy wie ↩
c ja ↩
zapisać d = d 1 b 0 + d 2 b 1 + · · · +
d f b f−1 . Ale
d
b f − 1 = d b f · 1
1 − b −f = d b f + d
b 2f + d
b 3f + · · · .
Skorzystaliśmy tu ze wzoru na sume ↩
wszystkich wyrazów cia ↩
gu geometrycznego
o ilorazie b −f i pierwszym wyrazie db −f . Zatem
a
w systemie o podstawie b ,
c = d
b f −1 = 0,(d f . . . d 2 d 1 ) .

88 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
3.3.6. Przy dodawaniu i odejmowaniu pisemnym pamie ↩
tamy,
że przecinek musi sie ↩
znajdować dok̷ladnie pod przecinkiem. Poza
tym algorytmy sa ↩
podobne do opisanych w 3.2.
(a)
(b)
111,101010
121,2101
+ 1,11
− 12,01211
1001,011010
102,12022
Przy dzieleniu, najpierw przesuwamy przecinki w dzielniku
i w dzielnej tak, by rozwinie ↩
cia nie mia̷ly cyfr po przecinku. Jeśli
pozostaje reszta, to dopisujemy do niej 0 i dalej wykonujemy nasz algorytm,
przy czym kolejne cyfry dopisujemy już po przecinku. Dzielenie
kontynuujemy aż dostaniemy wymagana ↩
dok̷ladność lub okres.
Rozwia ↩
zania przyk̷ladów (c) i (d) przedstawiamy w obliczeniach 3.
(c)
1 C,A
ABC : 60
6 0
4 BC
4 8 0
3 C 0
3 C 0
0
Obliczenia 3.
(d)
12400,13 (13)
43201 : 3
3
13
11
22
22
0010
3
20
14
1
Przy mnożeniu ignorujemy najpierw przecinki, a naste ↩
pnie liczymy
miejsca po przecinku w obu czynnikach i dodajemy wyniki.
Suma ta wyznaczy pozycje ↩
przecinka w iloczynie.
(e)
0,0 0 012
× 0 ,0023
102
+ 30
0, 0000 0 1 002

4.1. Szukanie NWD
4. Algorytm Euklidesa
4.1.1. Zauważmy, że znalezienie dzielników liczby 341 nie jest
̷latwym zadaniem.
704 2 341 11
352 2 31 31
176 2 1
88 2
44 2
22 2
11 11
1
Zatem NWD(704, 341) = 11 .
4.1.2. Nie korzystaja ↩
c z algorytmu Euklidesa otrzymujemy
wyniki przedstawione w obliczeniach 4.
128 2 1024 2
64 2 562 2
32 2 256 2
16 2 128 2
8 2 64 2
4 2 32 2
2 2 16 2
1 8 2
4 2
2 2
1
Mamy wie ↩
c NWD(1024, 128) = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 128 .
Obliczenia 4.
Natomiast, jeśli sie ↩
zdecydujemy wykorzystać algorytm Euklidesa,
dostajemy 1024 = 8 · 128 + 0 . Ostatnia ↩
niezerowa ↩
reszta ↩
jest
wie ↩
c tu r 0 = 128 . Zatem NWD(1024, 128) = 128 .
4.1.3. (a) Mamy tutaj naste ↩
puja ↩
cy cia ↩
g dzieleń:
26 = 1 · 19 + 7 (1)

90 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
19 = 2 · 7 + 5 (2)
7 = 1 · 5 + 2 (3)
5 = 2 · 2 + 1 (4)
2 = 2 · 1 + 0.
Zatem NWD(26, 19) = 1 . Aby znaleźć odpowiednie liczby x oraz y ,
zauważamy, że po przekszta̷lceniu równości (4) otrzymujemy
1 = 1 · 5 + (−2) · 2. (5)
Przekszta̷lcamy teraz (3) w celu ,,obliczenia” 2 dostaja ↩
c 2 = 1 · 7 +
(−1)·5 . Po podstawieniu do (5) mamy 1 = 1·5+(−2)(1·7+(−1)·5) ,
czyli
1 = 3 · 5 + (−2) · 7. (6)
Podobnie ,,wyliczamy” 5 z (2) i wstawiamy do (6) otrzymuja ↩
c
1 = 3 · 19 + (−8) · 7. (7)
Ostatecznie wykorzystujemy (1), by otrzymać 7 = 26 − 19 i po
podstawieniu do (7) dostajemy ża ↩
dana ↩
kombinacje ↩
1 = (−8) · 26 + 11 · 19.
(b) Wykonujemy dzielenia:
187 = 5 · 34 + 17
34 = 2 · 17 + 0.
Zatem NWD(187, 34) = 17 oraz 17 = 1 · 187 + (−5) · 34 .
(c) Mamy tutaj:
841 = 5 · 160 + 41
160 = 3 · 41 + 37
41 = 1 · 37 + 4
37 = 9 · 4 + 1
4 = 4 · 1 + 0

Algorytm Euklidesa 91
Sta ↩
d NWD(841, 160) = 1 . Aby wskazać odpowiednia ↩
kombinacje ↩
,
obliczamy
1 = 1 · 37 + (−9) · 4
(d) Podobnie,
1 = 10 · 37 + (−9) · 41
1 = 10 · 160 + (−39) · 41
1 = 205 · 160 + (−39) · 841.
oraz
2613 = 1 · 2171 + 442
2171 = 4 · 442 + 403
442 = 1 · 403 + 39
403 = 10 · 39 + 13
39 = 3 · 13 + 0
13 = 1 · 403 + (−10) · 39
13 = 11 · 403 + (−10) · 442
13 = 11 · 2171 + (−54) · 442
13 = 65 · 2171 + (−54) · 2613.
4.1.4. Jeśli mamy już, że r k+1 ≤ 1 2 r k , to ponieważ r k+2 <
r k+1 , mamy ża ↩
dana ↩
nierówność. Za̷lóżmy wie ↩
c, że r k+1 > 1 2 r k .
Wówczas przy naste ↩
pnym dzieleniu mamy r k = q k+2 r k+1 + r k+2 .
Ale tutaj musi być q k+2 = 1 , ponieważ r k < 2r k+1 . Zatem r k+2 =
r k − r k+1 < r k − 1 2 r k = 1 2 r k , co należa̷lo pokazać.
4.1.5. Jeśli wykorzystamy proponowany wariant algorytmu
Euklidesa, wykonamy naste ↩
puja ↩
ce dzielenia:
(a) 26 = 1 · 19 + 7 (b) 187 = 5 · 34 + 17
19 = 2 · 7 + 5 34 = 2 · 17 + 0
7 = 1 · 5 + 2
5 = 2 · 2 + 1
2 = 2 · 1 + 0
(c) 841 = 5 · 160 + 41 (d) 2613 = 1 · 2171 + 442
160 = 4 · 41 − 4 2171 = 5 · 442 − 39
41 = 10 · 4 + 1 442 = 11 · 39 + 13
4 = 4 · 1 + 0 39 = 3 · 13 + 0

92 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
4.1.6. Za̷lóżmy, że
oraz
r k−2 = q k r k−1 + r ′ k (1)
r k−2 = q ′ kr k−1 − r ′′
k. (2)
Zauważmy, że q
k ′ = q k + 1 . Podstawiaja ↩
c to do (2) i porównuja ↩
c
z (1), otrzymujemy r
k ′ = r k−1 − r
k ′′ . Zatem (ponieważ wszystkie
trzy liczby sa ↩
dodatnie) liczby r
k
′ i r′′ k sa ↩
równe po̷lowie r k−1 lub
jedna z nich jest mniejsza niż po̷lowa r k−1 . Ponieważ wybieramy
zawsze te ↩
mniejsza ↩
liczbe ↩
, wie ↩
c r k ≤ 1 2 r k−1 .
4.1.7.
(a) Ponieważ kolejne dzielenia sa ↩
naste ↩
puja ↩
ce:
10n + 9 = 9(n + 1) + n,
n + 1 = 1 · n + 1,
n = n · 1 + 0,
wie ↩
c NWD(10n + 9, n + 1) = 1 .
(b) Kolejne dzielenia sa ↩
naste ↩
puja ↩
ce:
10n + 3 = 3(3n + 1) + n,
3n + 1 = 3 · n + 1,
n = n · 1 + 0.
Zatem NWD(10n + 3, 3n + 1) = 1 .
4.1.8. Zauważmy, że zachodza ↩
równości
nq = 10aq + bq
= 10aq + a − a + bq
= a(10q + 1) − (a − bq)
= am − (a − bq).
Za̷lóżmy, że m|n . Zatem m|nq , i z powyższej równości wynika, że
m|a − bq . W druga ↩
strone ↩
, za̷lóżmy, że m|a − bq . Istnieje wie ↩
c taka
liczba ca̷lkowita k , że a − bq = mk . Sta ↩
d
n = 10a + b = 10(mk + bq) + b = 10mk + (10q + 1)b = m(10k + b).
Zatem m|n .

Algorytm Euklidesa 93
4.1.9. Z treści zadania wynika, że istnieja ↩
liczby naturalne a
oraz b takie, że x = 12a , y = 12b , przy czym NWD(a, b) = 1 .
Ponieważ 12a + 12b = 96 , wie ↩
c a + b = 8 . Uwzgle ↩
dniaja ↩
c warunek
NWD(a, b) = 1 , otrzymujemy naste ↩
puja ↩
ce pary (1,7) , (3,5) , (5,3) ,
(7,1) spe̷lniaja ↩
ce równanie a+b = 8 . Zatem rozwia ↩
zaniami naszego
uk̷ladu sa ↩
pary liczb (12,84) , (36,60) , (60,36) , (84,12) .
4.1.10. x = kb , gdzie k ∈ Z jest taka, że NWD(
k,
a
b
)
= 1 .
4.1.11. Tak, gdyż NWD(a, b) = NWD(|a|, |b|) .
4.1.12. Suma dwóch kolejnych liczb naturalnych jest równa
s = n+(n+1) , a suma ich kwadratów jest równa t = n 2 +(n+1) 2 =
2n 2 + 2n + 1 . Zauważmy, że
2t − s 2 = 2(2n 2 + 2n + 1) − (4n 2 + 4n + 1) = 1.
Z otrzymanej równości wynika, że NWD(s, t) = 1 .
4.2. Równania liniowe
4.2.1. Obliczamy kolejno najwie ↩
ksze wspólne dzielniki wspó̷lczynników
równań, a naste ↩
pnie patrzymy, czy sa ↩
one dzielnikami
wyrazów wolnych.
(a) NWD(12, 18) = 6 oraz 6|36 , wie ↩
c równanie ma rozwia ↩
zanie.
(b) NWD(65, 39) = 13 , ale 13̸ | 16 , zatem to równanie nie ma
rozwia ↩
zań w liczbach ca̷lkowitych.
(c) NWD(2613, 2171) = 13 , co jest dzielnikiem 39. Zatem to
równanie ma rozwia ↩
zanie.
(d) NWD(12, 15) = 3 , co jest dzielnikiem 333, wie ↩
c to równanie
także ma rozwia ↩
zanie.
(e) NWD(119, 105) = 7 oraz 7|28 , wie ↩
c i to równanie ma
rozwia ↩
zanie.
(f) NWD(28, 35) = 7 , ale 7 nie jest dzielnikiem liczby 347.
Zatem to równanie nie ma rozwia ↩
zań ca̷lkowitych.
4.2.2. Ponieważ 2|c wtedy i tylko wtedy, gdy c jest liczba ↩
parzysta ↩
, wie ↩
c równanie ax + by = c ma rozwia ↩
zanie wtedy i tylko
wtedy, gdy c jest liczba ↩
parzysta ↩
.

94 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
4.2.3. Jeżeli liczby a i b sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze, to oznacza
to, iż NWD(a, b) = 1 . Ponieważ 1 jest dzielnikiem każdej liczby
ca̷lkowitej, wie ↩
c równanie ax + by = c ma rozwia ↩
zanie dla dowolnego
c ∈ Z . Zatem, ponieważ zbiór A możemy zapisać jako
{ax + by : x,y ∈ Z} , wie ↩
c A = Z .
4.2.4. Niech a ∈ A , a ≠ 0 . Z określenia zbioru A wynika, że
0 = a − a ∈ A oraz −a = 0 − a ∈ A . Ponieważ jedna z liczb a , −a
należa ↩
cych do A jest liczba ↩
naturalna ↩
, wie ↩
c zbiór A zawiera liczby
naturalne. Niech m be ↩
dzie najmniejsza ↩
liczba ↩
naturalna ↩
zbioru A
i niech x ∈ A . Dziela ↩
c x przez m mamy x = qm + r , gdzie
0 ≤ r < m . Wtedy r = x − qm ∈ A . Gdyby r > 0 , to r by̷loby
liczba ↩
naturalna ↩
mniejsza ↩
od m należa ↩
ca ↩
do A . Zatem r = 0 ,
czyli m|x .
4.2.5. Wystarczy napisać równanie, które nie ma rozwia ↩
zania
w liczbach ca̷lkowitych. Na przyk̷lad 2x + 4y = 3 .
4.3. Rozwia ↩
zywanie równań liniowych
4.3.1. Rozwia ↩
żemy tylko równania (a), (c) i (e), a w pozosta̷lych
przyk̷ladach ograniczymy sie ↩
tylko do podania odpowiedzi.
Zauważmy, że każde równanie może mieć kilka różnych przedstawień
rozwia ↩
zania.
(a) Wykonujemy dzielenie 18 = 1 · 12 + 6 i podstawiamy do
naszego równania otrzymuja ↩
c
12(x + y) + 6y = 36.
Oznaczamy teraz x 1 = x + y , y 1 = y i otrzymujemy
równanie 12x 1 + 6y 1 = 36 , które możemy obustronnie
podzielić przez 6 i otrzymać
2x 1 + y 1 = 6.
Podstawiamy teraz x 1 = t i obliczamy kolejno y 1 = 6 −
2t , y = 6 − 2t oraz x = −6 + 3t .
(b) x = −2 + 3t , y = 4 − 5t .
(c) Wykonujemy najpierw dzielenie 2613 = 1 · 2171 + 442 .
Naste ↩
pnie podstawiamy x 1 = x + y , y 1 = x i otrzymujemy
2171x 1 + 442y 1 = 39.

Algorytm Euklidesa 95
Po podzieleniu 2171 = 4 · 442 + 403 i podstawieniu x 2 =
4x 1 + y 1 , y 2 = x 1 dostajemy
442x 2 + 403y 2 = 39.
Teraz podstawimy x 3 = x 2 + y 2 oraz y 3 = x 2 i otrzymamy
403x 3 + 39y 3 = 39.
Wreszcie podzielimy 403 = 10·39+13 , podstawimy x 4 =
10x 3 + y 3 , y 4 = x 3 i dostaniemy
39x 4 + 13y 4 = 39.
Ostatnie równanie podzielimy obustronnie przez 13 i za x 4
przyjmiemy parametr t . Wycofuja ↩
c sie ↩
dostajemy kolejno
x 4 = t , y 4 = 3 − 3t ,
x 3 = 3 − 3t , y 3 = −30 + 31t ,
x 2 = −30 + 31t , y 2 = 33 − 34t ,
x 1 = 33 − 34t , y 1 = −162 + 167t ,
x = −162 + 167t , y = 195 − 201t .
(d) x = −111 + 5t , y = 111 − 4t .
(e) Dzielimy obustronnie nasze równanie przez 4, otrzymuja ↩
c
rówoważne równanie x + y = 2 . Jego rozwia ↩
zaniami sa ↩
x = t , y = 2 − t .
(f) x = −28 + 15t , y = 32 − 17t .
4.3.2. Na pocza ↩
tku zauważmy, że nasze równanie ma zawsze
rozwia ↩
zanie, ponieważ NWD(12, 15) = 3 . Poste ↩
pujemy wie ↩
c zgodnie
z naszym algorytmem, tj. podstawiamy x 1 = x + y oraz y 1 = y
i zapisujemy 12x 1 +3y 1 = 3(7u−22) . Otrzymane równanie dzielimy
obustronnie przez 3 i za x 1 przyjmujemy parametr t . Zatem y 1 =
7u − 4t − 22 i ostatecznie y = 7u − 4t − 22 oraz x = −7u + 5t + 22 .
4.3.3.
(a) Zgodnie ze wskazówka ↩
rozwia ↩
zujemy równanie 3t + 7z =
11 , otrzymuja ↩
c t = −22 + 7u oraz z = 11 − 3u .
Mamy zatem obliczona ↩
niewiadoma ↩
z . Aby obliczyć x
i y , rozwia ↩
zujemy równanie 12x + 15y = 3(7u − 22) ,

96 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
otrzymuja ↩
c x = −7u + 5t + 22 oraz y = 7u − 4t − 22
(patrz poprzednie zadanie).
(b) Zapiszmy nasze równanie w postaci 6x + 10y = 4 − 12z .
Zatem NWD(6, 10) = 2 musi dzielić 4−12z . Otrzymujemy
wie ↩
c równanie 2t + 12z = 4 , którego rozwia ↩
zaniami sa ↩
z = u oraz t = 2−6u . Aby obliczyć x i y rozwia ↩
zujemy
równanie 6x + 10y = 2(2 − 6u) i otrzymujemy
x = 4 − 12u − 5t oraz y = −2 + 6u + 3t.
4.3.4. Podstawiamy x 1 = x + y i y 1 = x , otrzymuja ↩
c
równanie
18x 1 + 6y 1 = 19.
W dalszym cia ↩
gu podstawiamy x 2 = 3x 1 +y 1 i dostajemy równanie
6x 2 = 19 , które nie ma rozwia ↩
zania w liczbach ca̷lkowitych, ponieważ
6̸ | 19 .
Zauważmy, że jeśli równanie nie ma rozwia ↩
zania w liczbach
ca̷lkowitych, to algorytm rozwia ↩
zywania zawsze ,,zacina sie ↩
” w tym
miejscu. Jest tak, ponieważ wspó̷lczynnik przy niewiadomej jest
równy najwie ↩
kszemu wspólnemu dzielnikowi wspó̷lczynników równania
wyjściowego, a wyraz wolny pozostaje nie zmieniony.
4.3.5. Niech (p,q) bedzie dowolnym rozwia ↩
zaniem równania
(1). Wtedy zachodza ↩
równości ax 0 + by 0 = c oraz ap + bq = c ,
sta ↩
d
a(p − x 0 ) = −b(q − y 0 ). (*)
Niech d = NWD(a, b) i niech a = a 1 d , b = b 1 d . Wówczas z (*)
mamy
a 1 (p − x 0 ) = −b 1 (q − y 0 ), (**)
gdzie NWD(a 1 , b 1 ) = 1 . Sta ↩
d wynika, że a 1 |q − y 0 i b 1 |p − x 0 .
Istnieja ↩
wie ↩
c liczby ca̷lkowite t oraz s takie, że q − y 0 = a 1 s oraz
p − x 0 = b 1 t . Podstawiaja ↩
c do (**) ̷latwo zauważymy, że s =
b
−t . Zatem p = x 0 + b 1 t , q = y 0 − a 1 t , gdzie b 1 =
NWD(a,b) ,
a
a 1 =
NWD(a,b) . Na zakończenie zauważmy, że dla dowolnej liczby
ca̷lkowitej t , para (p,q) , gdzie p = x 0 + b 1 t , q = y 0 − a 1 t jest
rozwia ↩
zaniem równania (1).

Algorytm Euklidesa 97
4.3.6. Wystarczy znaleźć jedno rozwia ↩
zanie (x 0 ,y 0 ) tego
równania i zastosować wzory z 4.3.5. Dla znalezienia rozwia ↩
zania
(x 0 ,y 0 ) zastosujemy algorytm Euklidesa.
852 = 4 · 192 + 84
192 = 2 · 84 + 24
84 = 3 · 24 + 12
24 = 2 · 12 + 0.
Sta ↩
d NWD(852, 192) = 12 = 84 − 3 · 24 = 84 − 3 · (192 − 2 · 84) =
7 · 84 − 3 · 192 = 7(852 − 4 · 192) − 3 · 192 = 7 · 852 − 31 · 192 , a sta ↩
d
852·(7·2)+192(−31·2) = 24. Otrzymana równość oznacza, że para
(14,−62) jest rozwia ↩
zaniem równania 852x + 192y = 24 . Zatem
wszystkie rozwia ↩
zania dane sa ↩
wzorami x = 14+16t , y = −62−71t ,
gdzie t ∈ Z .

5. Kongruencje
5.1. Podstawowe w̷lasności kongruencji
5.1.1. Ponieważ liczba a − a = 0 jest podzielna przez każda ↩
liczbe ↩
naturalna ↩
m , wie ↩
c a ≡ a(mod m ) . Jeżeli m|a − b , to
także m|b−a , co oznacza, że z kongruencji a ≡ b(mod m ) wynika
kongruencja b ≡ a(mod m ) . Niech a ≡ b(mod m ) oraz b ≡
c(mod m ) . Wtedy m|a − b i m|b − c . Sta ↩
d m|(a − b) + (b − c) ,
czyli m|a − c . Zatem, ostatecznie, a ≡ c(mod m ) .
5.1.2. Za̷lóżmy, że a ≡ b(mod m ) . Niech a = mx + r 1 oraz
b = my + r 2 , przy czym 0 ≤ r 1 < m oraz 0 ≤ r 2 < m . Z tego, że
m|a − b oraz a − b = m(x − y) + (r 1 − r 2 ) wynika, że m|r 1 − r 2 .
Ponieważ r 1 ,r 2 ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} , wie ↩
c r 1 = r 2 .
Za̷lóżmy teraz, że liczby a i b przy dzieleniu przez m maja ↩
takie same reszty, tzn. a = mq 1 + r i b = mq 2 + r . Wtedy
a − b = m(q 1 − q 2 ) , czyli a ≡ b(mod m ) .
Niech teraz a be ↩
dzie dowolna ↩
liczba ↩
ca̷lkowita ↩
. Możemy
napisać a = mq + r , gdzie r ∈ {0,1,2,. . . ,m − 1} . Zatem m|a − r ,
czyli a ≡ r(mod m ) . Sta ↩
d mamy, że klasa abstrakcji elementu a
ma reprezentanta w zbiorze {0,1,2,. . . ,m − 1} . Z pierwszej cze ↩
ści
rozwia ↩
zania wynika, że taki reprezentant jest dok̷ladnie jeden.
5.1.3. Z kongruencji a ≡ b(mod m ) wobec 5.1.2 wynika, że
a = mq 1 + r oraz b = mq 2 + r , sta ↩
d a − b = m(q 1 − q 2 ) , czyli
a = b + mt , gdzie t = q 1 − q 2 . Odwrotnie, z równości a = b + mt
wynika, że a − b = mt , czyli a ≡ b(mod m ) .
5.1.4. Jeżeli a 1 ≡ b 1 (mod m ) , a 2 ≡ b 2 (mod m ) , to a 1 =
b 1 + mt 1 , a 2 = b 2 + mt 2 . Zatem a 1 + a 2 = b 1 + b 2 + m(t 1 + t 2 ) ,
a 1 − a 2 = b 1 − b 2 + m(t 1 − t 2 ) oraz
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 ).
Sta ↩
d wynika, że (a 1 + a 2 ) ≡ (b 1 + b 2 )(mod m ) , (a 1 − a 2 ) ≡ (b 1 −
b 2 )(mod m ) oraz (a 1 · a 2 ) ≡ (b 1 · b 2 )(mod m ) .
5.1.5.
(a) Kongruencja ac ≡ bc(mod mc ) oznacza, iż istnieje taka
liczba ca̷lkowita d , że ac − bc = mcd , ska ↩
d a − b = md ,
co oznacza a ≡ b(mod m ) .

Kongruencje 99
(b) Ponieważ m|(a − b)c oraz NWD(m, c) = 1 , wie ↩
c m|a − b
(zobacz 1.8).
(c) Niech NWW(s, t) = ss 1 = tt 1 . Mamy a ss 1
≡ 1(mod m )
oraz a tt 1
≡ 1(mod n ) , czyli
m|a NWW(s,t) − 1 oraz n|a NWW(s,t) − 1.
Sta ↩
d, wobec 1.7.4 oraz 1.7.6, mamy mn|a NWW(s,t) − 1 .
(d) Jeżeli m|a − b oraz n|a − b , to NWW(m, n)|a − b (wynika
to z 1.7.6).
5.1.6. Należy pokazać, że 2 55 ≡ −1(mod 11 ) . Ponieważ
2 5 = 32 ≡ −1(mod 11 ) , wie ↩
c 2 55 = ( 2 5) 11
≡ (−1) 11 ≡
(−1)(mod 11 ) . Ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 55 + 1 w systemie o podstawie
11 jest 0.
5.1.7. Ponieważ 78 = 6·13 oraz NWD(6, 13) = 1 , wie ↩
c wystarczy
pokazać, że 6|53 103 +103 53 oraz 13|53 103 +103 53 . Bezpośrednio
sprawdzamy, że 53 ≡ −1(mod 6 ) oraz 103 ≡ 1(mod 6 ) . Sta ↩
d
53 103 ≡ −1(mod 6 ) oraz 103 53 ≡ 1(mod 6 ) . Dodaja ↩
c stronami
otrzymane kongruencje, mamy 53 103 +103 53 ≡ −1+1 ≡ 0(mod 6 ) .
Podobnie stwierdzamy, że 53 103 + 103 53 ≡ 0(mod 13 ) .
5.1.8.
(a) Jeżeli n 0 jest ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby n , to zachodzi kongruencja
n ≡ n 0 (mod 10 ) . Ponieważ 2 5 ≡ 2(mod 10 ) ,
wie ↩
c 2 5·5·5 ≡ 2(mod 10 ) , natomiast 2 8 = 2 3 · 2 5 ≡
6(mod 10 ) . Sta ↩
d 2 1000 = ( 2 5·5·5) 8
≡ 2 8 ≡ 6(mod 10 ) .
Zatem ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 1000 jest 6.
(b) F 0 = 3 , F 1 = 5 . Jeżeli n ≥ 2 , to
2 2n =
(
2 22) 2 n−2 ≡ 6(mod 10 ).
Zatem dla n ≥ 2 ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby F n jest 7.
5.1.9. Niech a − 1 , a , a + 1 be ↩
da ↩
trzema kolejnymi liczbami
naturalnymi. Wówczas (a − 1) 3 + a 3 + (a + 1) 3 = 3a 3 + 6a =
3(a 3 + 2a) . Ponieważ 18 = 3 · 6 , wie ↩
c wystarczy zbadać kiedy
a 3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) . Zauważmy, że jeżeli a ≡ 0(mod 6 ) lub

100 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
a ≡ 2(mod 6 ) lub a ≡ 4(mod 6 ) , to a 3 + 2a ≡ 0(mod 6 ) .
Odwrotnie, jeżeli 6|a 3 + 2a , to 6|a(a 2 + 2) . Gdyby liczba a by̷la
nieparzysta, iloczyn a(a 2 +2) by̷lby liczba ↩
nieparzysta ↩
. Zatem suma
sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez
18 , gdy druga z tych liczb jest parzysta.
5.1.10. Ponieważ 3 ≡ −4(mod 7 ) , wie ↩
c 3 2 ≡ 2(mod 7 ) .
Zatem dla dowolnej liczby naturalnej n mamy (3 2 ) n ≡ 2 n (mod 7 ) .
Sta ↩
d 3 · 3 2n ≡ −4 · 2 n (mod 7 ) , czyli 3 2n+1 + 2 n+2 ≡ 0(mod 7 ) .
5.1.11.
(a) Zauważmy, że ( )
p
k = p· (p−1)!
k!(p−k)!
jest liczba ↩
naturalna ↩
, czyli
k!(p−k)!|p(p−1)! . Ponieważ NWD(k!(p − k)!, p) = 1 , wie ↩
c
k!(p − k)!|(p − 1)! (zobacz 1.8).
(p−1)!
k!(p−k)!
jest liczba ↩
ca̷lkowita ↩
. Zatem p| ( )
p
k .
(b) Z w̷lasności symbolu Newtona wynika, że
( ) p
n
sta ↩
d
k
( ) p
n
k
k
= pn k
Sta ↩
d wynika, że liczba
( p n − 1
k − 1
)
,
( p
= p n n )
− 1
.
k − 1
Zauważmy, że prawa strona ostatniej równości dzieli sie ↩
przez p n , zatem i lewa strona dzieli sie ↩
przez p n . Jeżeli
1 ≤ k ≤ p n − 1 , to p n̸ | k , sta ↩
d p| ( )
p n
k .
(c) Wynika z wzoru dwumianowego Newtona oraz cze ↩
ści (b).
5.1.12. Liczba naturalna n jest postaci 3k + 1 , 3k + 2
lub 3k + 3 , gdzie k ∈ N 0 . Ponieważ 2 3 ≡ 1(mod 7 ) , wie ↩
c
2 3k ≡ 1(mod 7 ) . Sta ↩
d 2 3k+1 ≡ 2(mod 7 ) , 2 3k+2 ≡ 4(mod 7 )
i 2 3k+3 ≡ 1(mod 7 ) .
Ostatnia ↩
cyfra ↩
liczby 2 n + 1 w systemie o podstawie 7 może
wie ↩
c być 2, 3 lub 5.
5.2. Kongruencje a wielomiany
5.2.1. Rozważmy wielomian W (x) = 1 + x + 2x 2 + . . . + nx n .
Ponieważ A = W (8) , B = W (3) oraz 8 ≡ 3(mod 5 ) , wie ↩
c A ≡
B(mod 5 ) .

Kongruencje 101
5.2.2. Z za̷lożenia mamy naste ↩
puja ↩
ce kongruencje: W (2) ≡
0(mod 5 ) oraz W (5) ≡ 0(mod 2 ) . Wiemy, że 5 ≡ −3(mod 2 )
oraz 2 ≡ −3(mod 5 ) , wie ↩
c W (5) ≡ W (−3)(mod 2 ) oraz W (2) ≡
W (−3)(mod 5 ) . Sta ↩
d i z za̷lożenia W (−3) ≡ 0(mod 2 ) oraz
W (−3) ≡ 0(mod 5 ) . Z zadania 5.1.5(d) wynika, że W (−3) ≡
0(mod 10 ) . Z kongruencji 7 ≡ −3(mod 10 ) wynika natomiast, że
W (7) ≡ W (−3)(mod 10 ) . Ponieważ W (−3) ≡ 0(mod 10 ) , wie ↩
c
W (7) ≡ 0(mod 10 ) .
5.2.3. Ponieważ n ≡ n 0 + n 1 + . . . + n s (mod 3 ) , wie ↩
c jeżeli
suma n 0 + n 1 + . . . + n s dzieli sie ↩
przez 3 , to n dzieli sie ↩
przez 3 .
5.2.4. Wychodzimy z kongruencji 10 ≡ 1(mod 9 ) i rozumujemy
analogicznie jak w 5.2.3.
5.2.5. Rozumuja ↩
c analogicznie jak w 5.2.3, stwierdzamy, że
jeżeli n = n 0 + n 1 10 + · · · + n s 10 s , to n ≡ n 0 − n 1 + n 2 − · · · +
(−1) s n s (mod 11 ) . Zatem, jeżeli 11|n 0 − n 1 + n 2 − · · · + (−1) s n s ,
to 11|n .
5.2.6. Za̷lóżmy, że istnieje wielomian W spe̷lniaja ↩
cy warunki
zadania. Ponieważ a ≡ b(mod (a − b) ) , wie ↩
c
W (a) ≡ W (b)(mod (a − b) ),
sta ↩
d a−b|b−c . Podobnie stwierdzamy, że b−c|c−a oraz c−a|a−b .
Sta ↩
d |a − b| ≤ |b − c| , |b − c| ≤ |c − a| oraz |c − a| ≤ |a − b| , a sta ↩
d
|a − b| = |b − c| = |c − a|.
Liczby a − b i b − c sa ↩
wie ↩
c równe lub przeciwne. Gdyby by̷ly
przeciwne, czyli gdyby a − b = −(b − c) , to a = c , co przeczy
za̷lożeniu. Zatem a − b = b − c . Podobnie stwierdzamy, że c − a =
b − c . Wobec tego 3(b − c) = (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0 . Sta ↩
d
b = c , co znowu jest sprzeczne z za̷lożeniem. Zatem nie istnieje
wielomian spe̷lniaja ↩
cy warunki zadania.
5.2.7. Przypuśćmy, że istnieje taki wielomian W . Wtedy
W (1) = p jest liczba ↩
pierwsza ↩
. Niech b k = 1 + p · k , gdzie k ∈ N .
Ponieważ b k ≡ 1(mod p ) , wie ↩
c W (b k ) ≡ W (1) = p ≡ 0(mod p ) .
Wobec tego, że p|W (b k ) oraz W (b k ) jest liczba ↩
pierwsza ↩
, W (b k ) =
p . Oznacza to, że wielomian W przyjmuje wartość p nieskończenie
wiele razy, co jest niemożliwe.

102 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
5.2.8. Niech wybrana ↩
liczba ↩
be ↩
dzie n = (n t n t−1 . . . n 0 ) 10
i niech b = (b s b s−1 . . . b 0 ) 10 = n − (n t + n t−1 + . . . + n 0 ) . Wtedy
9|b s + b s−1 + · · · + b 0 .
5.3. Kongruencje a równania
5.3.1. Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że
W (c) = 0 . Wówczas istnieje r ∈ {0,1} takie, że W (r) ≡
0(mod 2 ) , czyli W (0) ≡ 0(mod 2 ) lub W (1) ≡ 0(mod 2 ) .
Ponieważ W (0) oraz W (1) sa ↩
nieparzyste, wie ↩
c otrzymaliśmy
sprzeczność.
5.3.2. Niech W (x) = 100x 6 − 80x 5 + 36x 4 + 12x 3 + x 2 + 1001 .
Przypuśćmy, że istnieje liczba ca̷lkowita c taka, że W (c) = 0 .
Wówczas istnieje r ∈ {0,1,2,3} takie, że W (r) ≡ 0(mod 4 ) .
Ponieważ 4 dzieli każda ↩
z liczb 100, −80 , 36 oraz 12, wie ↩
c
W (r) ≡ r 2 + 1 ≡ 0(mod 4 ) . Otrzymaliśmy sprzeczność, bo
W (0) ≡ 1(mod 4 ) , W (1) ≡ 2(mod 4 ) , W (2) ≡ 1(mod 4 ) ,
a W (3) ≡ 2(mod 4 ) .
5.3.3. Przypuśćmy, że para liczb ca̷lkowitych (a,b) jest
rozwia ↩
zaniem równania 2x 2 − 215y 2 = 1, czyli że zachodzi równość
2a 2 − 215b 2 =1. Sta ↩
d (2a) 2 = 430b 2 + 2 . Z otrzymanej równości
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej m zachodzi kongruencja
(2a) 2 ≡ 430b 2 + 2(mod m ) . Dla dowolnego b mamy
430b 2 + 2 ≡ 2(mod 10 ) . Ponieważ 2a ≡ 0(mod 10 ) lub 2a ≡
±2(mod 10 ) , lub 2a ≡ ±4(mod 10 ) , wie ↩
c (2a) 2 ≡ 0(mod 10 )
lub (2a) 2 ≡ 4(mod 10 ) , lub (2a) 2 ≡ 6(mod 10 ) . Sta ↩
d (2a) 2 ≢
430b 2 + 2(mod10) , co oznacza, że równanie 2x 2 − 215y 2 = 1 nie ma
rozwia ↩
zań ca̷lkowitych.
5.3.4. Niech W be ↩
dzie wielomianem o wspó̷lczynnikach
ca̷lkowitych, takim że W (x) = (x 2 − 12x + 11)g(x) + 990x − 889 .
Przypuśćmy, że wielomian ten ma pierwiastek ca̷lkowity a , czyli
że W (a) = 0 . Istnieje wie ↩
c r ∈ {0,1,2,3,4,5} takie, że W (r) ≡
0(mod 6 ) . ̷Latwo sprawdzimy, że W (1) = (1 − 12 + 11)g(1) +
990 − 889 ≡ 1(mod 6 ) , W (2) = (4 − 24 + 11)g(2) + 1980 − 889 =
(−9)g(2) + 1091 ≢ 0(mod6) (gdyż 3̸ | 1091 ). Podobnie W (3) ≢
0(mod6) , W (4) ≢ 0(mod6) , W (5) ≢ 0(mod6) i W (0) ≢ 0(mod6) .
Otrzymaliśmy wie ↩
c sprzeczność.

5.4. Ma̷le Twierdzenie Fermata
Kongruencje 103
5.4.1. Dla n = 1 fakt jest oczywisty.
Za̷lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego n > 1 .
Wówczas n p ≡ n(mod p ) , a sta ↩
d n p +1 ≡ n+1(mod p ) . Z 5.1.11
otrzymujemy (n + 1) p ≡ n p + 1(mod p ) . Sta ↩
d, wobec za̷lożenia
indukcyjnego, mamy (n + 1) p ≡ n + 1(mod p ) . To znaczy, że
twierdzenie jest prawdziwe dla n + 1 .
5.4.2.
(a) Wystarczy pokazać, że 2|n 5 −n , 3|n 5 −n i 5|n 5 −n , czyli
że n 5 ≡ n(mod 2 ) , n 5 ≡ n(mod 3 ) i n 5 ≡ n(mod 5 ) .
Z wniosku z MTF wynika, że n 2 ≡ n(mod 2 ) , sta ↩
d n 4 ≡
n 2 ≡ n(mod 2 ) , a sta ↩
d n 5 ≡ n 2 ≡ n(mod 2 ) . Pozosta̷le
kongruencje też wynikaja ↩
z wniosku z MTF.
(b) Z wniosku z MTF mamy n 3 ≡ n(mod 3 ) , sta ↩
d n 7 ≡
n 5 (mod 3 ) , a sta ↩
d n 7 −n 3 ≡ n 5 −n(mod 3 ) , czyli 3|n 7 −
n 5 − n 3 + n . Podobnie z kongruencji n 5 ≡ n(mod 5 )
otrzymujemy n 7 ≡ n 3 (mod 5 ) , a sta ↩
d n 7 − n 5 ≡ n 3 −
n(mod 5 ) , czyli 5|n 7 − n 5 − n 3 + n .
5.4.3. Jeżeli p > 5 , to p̸ | 10 , wie ↩
c z MTF mamy 10 p−1 ≡
1(mod p ) , co oznacza p|10 p−1 − 1 . Zauważmy, że 10 p−1 − 1 =
99 . . . 9 = 9 · n p . Ponieważ p|9 · n p oraz p̸ | 9 , wie ↩
c p|n p .
5.4.4. Z wniosku z MTF wynika, że a p 1 ≡ a 1(mod p ) ,
a p 2 ≡ a 2(mod p ) , . . . a p k ≡ a k(mod p ) . Dodaja ↩
c stronami te
kongruencje mamy a p 1 + ap 2 + . . . + ap k ≡ a 1 + a 2 + . . . + a k (mod p ) .
Z 5.1.2 wynika, że suma a p 1 + ap 2 + . . . + ap k
dzieli sie ↩
przez p wtedy
i tylko wtedy, gdy suma a 1 + a 2 + . . . + a k dzieli sie ↩
przez p .
5.4.5. Dodaja ↩
c stronami kongruencje a 2 ≡ a(mod 2 ) , b 2 ≡
b(mod 2 ) , c 2 ≡ c(mod 2 ) i d 2 ≡ d(mod 2 ) mamy a 2 + b 2 +
c 2 + d 2 ≡ a + b + c + d(mod 2 ) . Sta ↩
d oraz z za̷lożenia wynika, że
2(a 2 + b 2 ) ≡ a + b + c + d(mod 2 ) , czyli 2|a + b + c + d . Ponieważ
liczba a + b + c + d jest wie ↩
ksza od 2 , wie ↩
c nie jest ona liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.4.6. Jeżeli p = 2 , to każda liczba postaci 2 2k − 2k , gdzie
k ∈ N , dzieli sie ↩
przez 2 . Jeżeli p > 2 , to z MTF wynika, że

104 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
2 p−1 ≡ 1(mod p ) , sta ↩
d 2 (p−1)m ≡ 1(mod p ) dla m ∈ N . Biora ↩
c
za m liczby postaci kp − 1 , gdzie k ∈ N , mamy
2 (p−1)(kp−1) ≡ 1 ≡ (kp − 1)(p − 1)(mod p ).
Sta ↩
d p|2 (p−1)(kp−1) − (p − 1)(kp − 1) .
5.4.7. Ponieważ 30 = 2 · 3 · 5 , wie ↩
c wystarczy pokazać, że
K ≡ 0(mod 2 ) , K ≡ 0(mod 3 ) oraz K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli
a ≡ 0(mod 2 ) lub b ≡ 0(mod 2 ) , to K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli
a ≡ 1(mod 2 ) i b ≡ 1(mod 2 ) , to a 2 − b 2 ≡ 0(mod 2 ) , a wie ↩
c
K ≡ 0(mod 2 ) . Jeżeli a ≡ 0(mod 3 ) lub b ≡ 0(mod 3 ) , to
K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli 3̸ | a i 3̸ | b , to a 2 ≡ 1(mod 3 ) i b 2 ≡
1(mod 3 ) , wie ↩
c a 2 −b 2 ≡ 0(mod 3 ) , czyli K ≡ 0(mod 3 ) . Jeżeli
a ≡ 0(mod 5 ) lub b ≡ 0(mod 5 ) , to K ≡ 0(mod 5 ) . Jeżeli
5̸ | a i 5̸ | b , to a 4 ≡ 1(mod 5 ) i b 4 ≡ 1(mod 5 ) , wie ↩
c a 4 − b 4 ≡
0(mod 5 ) , zatem K ≡ 0(mod 5 ) .
5.4.8. Z MTF wynika, że a · a p−2 ≡ 1(mod p ) . Niech b
be ↩
dzie reszta ↩
z dzielenia a p−2 przez p . Wtedy b ≡ a p−2 (mod p ) ,
sta ↩
d ba ≡ a p−1 ≡ 1(mod p ) . Wykazaliśmy, że istnieje takie b .
Gdyby istnia̷ly b 1 i b 2 takie, że ab 1 ≡ 1(mod p ) oraz ab 2 ≡
1(mod p ) , przy czym 1 ≤ b 1 ≤ b 2 ≤ p − 1 , to odejmuja ↩
c stronami
powyższe kongruencje otrzymalibyśmy a(b 2 − b 1 ) ≡ 0(mod p ) .
Ponieważ NWD(a, p) = 1 , wie ↩
c p|b 2 − b 1 . Sta ↩
d wobec 1 ≤ b 2 − b 1 ≤
p − 1 mamy b 1 = b 2 .
5.4.9. (i) ⇒ (ii) . Jeżeli istnieje liczba n taka, że n 2 −n+3 ≡
0(mod p ) , to k̷lada ↩
c m = 3n−1 , mamy m 2 −m+25 ≡ 0(mod p ) .
(ii) ⇒ (i) . Za̷lóżmy teraz, że istnieje liczba m , taka że m 2 −
m + 25 ≡ 0(mod p ) . Z 5.4.8 wynika, że istnieje liczba ca̷lkowita b ,
taka że 3b ≡ 1(mod p ) . K̷lada ↩
c n = b(m + 1) , mamy
n 2 − n + 3 = b 2 (m + 1) 2 − b(m + 1) + 3
= b 2 (m 2 + 2m + 1) − b(m + 1) + 3
= b 2 (m 2 + 2m + 1) + 24b 2 − 24b 2 − 3mb 2
+ 3mb 2 − mb − b + 3
= b 2 (m 2 − m + 25) − 24b 2 + 3mb 2 − mb − b + 3.

Kongruencje 105
Z kongruencji 3b ≡ 1(mod p ) wynika, że 3mb 2 ≡ mb(mod p )
oraz 24b 2 ≡ 8b(mod p ) , a także 9b ≡ 3(mod p ) . Uwzgle ↩
dniaja ↩
c
powyższe kongruencje oraz za̷lożenie, mamy
n 2 − n + 3 ≡ b 2 (m 2 − m + 25) − 8b + mb − mb − b + 9b ≡ 0(mod p ).
5.4.10. Przypuśćmy, że liczb pierwszych postaci 4k + 1 jest
tylko skończona ilość. Niech be ↩
da ↩
to liczby p 1 , p 2 , . . . , p n .
Rozważmy liczbe ↩
K = 2p 1 p 2 . . . p n , a naste ↩
pnie liczbe ↩
K 2 + 1 .
Liczba K 2 + 1 jest postaci 4t + 1 . Niech p be ↩
dzie liczba ↩
pierwsza ↩
dziela ↩
ca ↩
liczbe ↩
K 2 + 1 . Wtedy
K 2 ≡ −1(mod p ). (*)
Liczba p nie może być równa 2, ponieważ K 2 + 1 jest liczba ↩
nieparzysta ↩
. Liczba p nie jest też postaci 4t + 1 , gdyż nie jest
żadna ↩
z liczb p 1 , p 2 , . . . , p n (żadna z liczb p 1 , p 2 , . . . , p n nie
jest dzielnikiem K 2 + 1 ). Zatem p jest postaci 4t + 3 . Podnosza ↩
c
p−1
kongruencje ↩
(*) do pote ↩
gi
2
= 2t + 1 , mamy
(K 2 ) p−1
2 ≡ (−1) p−1
2 ≡ (−1) 2t+1 (mod p ),
czyli K p−1 ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p̸ | K , wie ↩
c z MTF mamy
K p−1 ≡ 1(mod p ) . Sta ↩
d 1 ≡ −1(mod p ) , czyli p|2 . Otrzymaliśmy
sprzeczność, która dowodzi, że liczb pierwszych postaci
4k + 1 jest nieskończenie wiele.
5.5. Pewne zastosowania twierdzenia Eulera
5.5.1. Ponieważ n = qϕ(m) + r , wie ↩
c a n = a qϕ(m)+r =
(
a
ϕ(m) ) q
a r ≡ a r (mod m ) .
5.5.2. Ponieważ a k ≡ 1(mod m ) oraz a l ≡ 1(mod m ) ,
wie ↩
c z definicji wyk̷ladnika mamy w m (a)|k oraz w m (a)|l , co oznacza,
że w m (a) jest wspólnym dzielnikiem liczb k i l . Wobec tego
w m (a)|NWD(k, l) , czyli NWD(k, l) = w m (a)s . Otrzymujemy zatem
a NWD(k,l) = a w m(a)s = ( a w m(a) ) s
≡ 1(mod m ) .

106 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
5.5.3.
(a) Ponieważ 317 ≡ 2(mod 15 ) , wie ↩
c podnosza ↩
c obie strony
tej kongruencji do pote ↩
gi 259 otrzymujemy 317 259 ≡
2 259 (mod 15 ) . Z twierdzenia Eulera wynika, że 2 ϕ(15) ≡
1(mod 15 ) , czyli 2 8 ≡ 1(mod 15 ) . Ponieważ 259 =
32 · 8 + 3 , wie ↩
c 2 259 = ( 2 8) 32
· 2 3 ≡ 8(mod 15 ) . Zatem
reszta z dzielenia 317 259 przez 15 wynosi 8 .
(b) Reszta wynosi 7 .
(c) Reszta wynosi 64 . Istotnie, ponieważ 4 22 ≡ 1(mod 23 ) ,
wie ↩
c 4 110 ≡ 1(mod 23 ) , a sta ↩
d 4 112 ≡ 16(mod 23 ) .
Zatem 4 113 ≡ 64(mod 92 ) .
(d) Ponieważ 77 = 7 · 11 , ϕ(7) = 6 , ϕ(11) = 10 oraz
NWW(6, 10) = 30 , wie ↩
c z 5.1.5.(c) otrzymujemy 2 30 ≡
1(mod 77 ) . Ponieważ 1000000 = 30 · 33333 + 10 , wie ↩
c
2 1000000 ≡ 2 10 ≡ 23(mod 77 ) .
5.5.4. Ponieważ n − 1 = 2700 = 36 · 75 , wie ↩
c wystarczy
pokazać, że 2 36·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Z kongruencji 2 9 ≡
2 6 · 2 3 ≡ −9 · 8 ≡ 1(mod 73 ) wynika, że 2 36 ≡ 1(mod 73 ) . Z
twierdzenia Eulera wynika, że 2 36 ≡ 1(mod 37 ) . Z dwóch ostatnich
kongruencji wynika, że 2 36 ≡ 1(mod (37 · 73) ) . Sta ↩
d ostatecznie
2 36·75 ≡ 1(mod (37 · 73) ) .
5.5.5. Ponieważ 20 = 5 · 4 , wie ↩
c wystarczy pokazać, że rozważana
liczba dzieli sie ↩
przez 5 oraz 4 . Dla wykazania podzielności
przez 5 , wystarczy rozważyć przypadek, gdy NWD(n, 5) = 1 .
W tym w̷laśnie przypadku mamy n 4 ≡ 1(mod 5 ) . Sta ↩
d n 7 −
14n 5 + 49n 3 − 36n ≡ n 3 + n − n 3 − n ≡ 0(mod 5 ) . Aby wykazać
podzielność naszej liczby przez 4 , należy rozważyć dwa przypadki
NWD(n, 4) = 1 oraz NWD(n, 4) = 2 . Jeżeli NWD(n, 4) = 1 , to
n 2 ≡ 1(mod 4 ) . Wtedy n 7 − 14n 5 + 49n 3 − 36n ≡ n − 14n +
49n − 36n ≡ 0(mod 4 ) . Jeżeli NWD(n, 4) = 2 , to n = 2k . Wtedy
n(n 6 − 14n 4 + 49n 2 − 36) ≡ 0(mod 4 ) .
5.5.6. Z wniosku z twierdzenia Eulera wynika, że najmniejsza
liczba naturalna k taka, że a k ≡ 1(mod 7 ) znajduje sie ↩
wśród
dzielników liczby ϕ(7) = 6 . ̷Latwo sprawdzić, że jest nia ↩
3, czyli
2 3 ≡ 1(mod 7 ) . Sta ↩
d 2 3k ≡ 1(mod 7 ) , gdzie k ∈ N .

Kongruencje 107
5.5.7. W myśl twierdzenia Eulera, dla naturalnych k zachodzi
kongruencja 2 kϕ(m) ≡ 1(mod m ) , ska ↩
d 2 kϕ(m) = my k +1 , gdzie y k
jest liczba ↩
naturalna ↩
; przyjmuja ↩
c x k = kϕ(m) mamy 2 x k = my k + 1
dla k ∈ N .
5.5.8. Niech L oznacza iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych,
z których środkowa jest sześcianem liczby naturalnej a > 1 ,
czyli L = (a 3 −1)a 3 (a 3 +1) . Ponieważ 504 = 7·8·9 , wie ↩
c wystarczy
pokazać, że L ≡ 0(mod 7 ) , L ≡ 0(mod 8 ) oraz L ≡ 0(mod 9 ) .
Jeżeli 7|a , to 7|L . Jeśli 7̸ | a , to z MTF wynika, że a 6 ≡
1(mod 7 ) , czyli 7|(a 3 − 1)(a 3 + 1) . Zatem 7|L .
Jeżeli 2|a , to 8|a 3 , wie ↩
c 8|L . Jeśli 2̸ | a , to a ≡ 1(mod 2 ) ,
sta ↩
d a 3 ≡ 1(mod 2 ) , a także a 3 ≡ −1(mod 2 ) . Ponieważ a 3 − 1
oraz a 3 +1 sa ↩
kolejnymi liczbami parzystymi, wie ↩
c jedna z nich jest
podzielna przez 4. Istotnie, jeśli a 3 − 1 = 2t , to a 3 + 1 = 2t + 2 =
2(t + 1) . Jeżeli t = 2s , to 4|a 3 − 1 . W przeciwnym wypadku, tj.
gdy t = 2s + 1 , to a 3 + 1 = 4(s + 1) . Zatem 8|(a 3 − 1)(a 3 + 1) ,
czyli 8|L .
Jeżeli 3|a , to 9|a 3 . Natomiast, gdy 3̸ | a , to wówczas 9̸ | a ,
wie ↩
c na podstawie twierdzenia Eulera mamy a ϕ(9) ≡ 1(mod 9 ) ,
czyli a 6 ≡ 1(mod 9 ) . Sta ↩
d 9|L .
5.5.9. Niech m ∈ N be ↩
dzie liczba ↩
wie ↩
ksza ↩
od 1 i niech r 1 ,
r 2 , . . . , r ϕ(m) be ↩
dzie cia ↩
giem wszystkich liczb naturalnych mniejszych
od m i wzgle ↩
dnie pierwszych z m . Niech a be ↩
dzie dowolna ↩
liczba ↩
ca̷lkowita ↩
, taka ↩
że NWD(m, a) = 1 . Oznaczmy przez ρ k reszte ↩
z dzielenia liczby ar k przez m . Wiadomo, że
ρ k ≡ ar k (mod m ) (*)
dla k ∈ {1,2,. . . ,ϕ(m)} . Zauważmy, że liczby ρ 1 , ρ 2 , . . . , ρ ϕ(m)
różnia ↩
sie ↩
od liczb r 1 , r 2 , . . . , r ϕ(m) co najwyżej porza ↩
dkiem.
W tym celu zobaczmy, że liczby ρ 1 , ρ 2 , . . . , ρ ϕ(m) sa ↩
różne
i wzgle ↩
dnie pierwsze z m . Gdyby NWD(ρ k , m) = d > 1 , to z (*)
wynika̷loby, że d jest wspólnym dzielnikiem liczb ar k oraz m ,
które sa ↩
wzgle ↩
dnie pierwsze.
Przypuśćmy, że dla pewnych k , l , takich że 1 ≤ k ≤ l ≤
ϕ(m) , zachodzi równość ρ k = ρ l . Wtedy ar k ≡ ar l (mod m ) , co
oznacza, że m|a(r k − r l ) . Sta ↩
d, wobec tego, że NWD(a, m) = 1 ,

108 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
mamy m|r k − r l . Ponieważ liczby naturalne r k , r l sa ↩
mniejsze
od m , wie ↩
c r k = r l , co jest możliwe tylko wtedy, gdy k = l .
Z (*) wynika, że
ρ 1 ρ 2 . . . ρ ϕ(m) ≡ a ϕ(m) r 1 r 2 . . . r ϕ(m) (mod m ).
Zatem, ponieważ ρ 1 ρ 2 . . . ρ ϕ(m) = r 1 r 2 . . . r ϕ(m) , wie ↩
c
m|(a ϕ(m) − 1)r 1 r 2 . . . r ϕ(m) .
Ponieważ NWD(
m, r1 r 2 . . . r ϕ(m)
)
= 1 , wie↩ c m|(a ϕ(m) − 1) , tzn.
a ϕ(m) ≡ 1(mod m ) .
5.6. Rozwinie ↩
cie okresowe a kongruencje
5.6.1. Z równości (*) wynika, że
10a ≡ r 1 (mod b)
10r 1 ≡ r 2 (mod b)
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
10r k−1 ≡ r k (mod b).
Mnoża ↩
c stronami powyższe kongruencje mamy
10 k ar 1 r 2 . . . r k−1 ≡ r 1 r 2 . . . r k−1 r k (mod b ).
Ponieważ NWD(r 1 r 2 . . . r k−1 , b) = 1 , wie ↩
c gdy k = w b (10) , tzn. gdy
10 k ≡ 1(mod b ) otrzymujemy, że a ≡ r k (mod b ) . Uwzgle ↩
dniaja ↩
c
to, że 0 < a < b oraz 0 < r k < b , mamy a = r k . Otrzymaliśmy
wie ↩
c reszte ↩
równa ↩
licznikowi u̷lamka a b
. Od tego momentu reszty
be ↩
da ↩
sie ↩
powtarzać: r k+1 = r 1 , r k+2 = r 2 , . . . . Sta ↩
d q k+1 = q 1 .
5.6.2. Wynika z 5.6.1 oraz wniosku z twierdzenia Eulera.
5.6.3. Rozważania prowadzone w tym podrozdziale pozostana ↩
prawdziwe, gdy liczbe ↩
10 zasta ↩
pimy dowolna ↩
liczba ↩
naturalna ↩
g ≥ 2 .
Tak wie ↩
c kiedy chcemy sie ↩
dowiedzieć, ile cyfr w okresie ma rozwinie
↩
cie w systemie o podstawie 2 u̷lamek 1 5
, szukamy najmniejszej
liczby naturalnej spe̷lniaja ↩
cej kongruencje ↩
ta ↩
jest x = 4 .
2 x ≡ 1(mod 5 ) . Liczba ↩

5.7. Zastosowania twierdzenia Wilsona
Kongruencje 109
5.7.1. W myśl twierdzenia Wilsona mamy 22! + 1 ≡
0(mod 23 ) . Ponieważ
22! = 18! · 19 · 20 · 21 · 22 ≡ 18!(−4)(−3)(−2)(−1) ≡ 18! · 24
≡ 18!(mod 23).
Sta ↩
d 18! + 1 ≡ 0(mod 23 ) .
5.7.2. Ponieważ 719 jest liczba ↩
pierwsza ↩
, wie ↩
c z twierdzenia
Wilsona wynika, że 718! + 1 ≡ 0(mod 719 ) . Ponieważ 718! =
712! · 713 · 714 · 715 · 716 · 717 · 718 oraz
713 ≡ −6(mod 719 ) 714 ≡ −5(mod 719 ) 715 ≡ −4(mod 719 )
716 ≡ −3(mod 719 ) 717 ≡ −2(mod 719 ) 718 ≡ −1(mod 719 ),
wie ↩
c 718! ≡ 712! · 6! ≡ 712!(mod 719 ) ska ↩
d 712! + 1 ≡ 718! + 1 ≡
0(mod 719 ) . Oznacza to, że 719|712! + 1 .
5.7.3. Niech liczba q ∈ N be ↩
dzie taka, że 1 ≤ q < n − 1 oraz
q|n . Wtedy q|(n − 1)! oraz q|(n − 1)! + 1 (bo n|(n − 1)! + 1 oraz
q|n ). Zatem q|(n − 1)! + 1 − (n − 1)! , wie ↩
c q = 1 . Sta ↩
d wynika, że
n jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.7.4. Jeżeli liczba p > 1 jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to z twierdzenia
Wilsona mamy (p − 1)! ≡ −1(mod p ) . Ponieważ p(p − 2)! ≡
0(mod p ) , wie ↩
c odejmuja ↩
c ostatnie dwie kongruencje stronami
mamy p(p − 2)! − (p − 1)! ≡ 1(mod p ) , ska ↩
d (p − 2)!(p − p + 1) ≡
1(mod p ) , czyli (p−2)! ≡ 1(mod p ) . Odwrotnie, jeżeli (p−2)! ≡
1(mod p ) dla p > 1 , to (p − 2)!(p − 1) ≡ p − 1 ≡ −1(mod p ) .
Sta ↩
d i z 5.7.3 wynika, że p jest liczba ↩
pierwsza ↩
.
5.7.5. W myśl twierdzenia Wilsona, dla wszystkich liczb n =
p − 1 , gdzie p jest liczba ↩
pierwsza ↩
wie ↩
ksza ↩
od 3, mamy n! + 1 ≡
0(mod n + 1 ) i n! + 1 > n + 1 . Zatem (p − 1)! + 1 jest liczba ↩
z̷lożona ↩
dla dowolnej liczby pierwszej p > 3 .
5.7.6. Jeżeli n = p 2 , gdzie p ≥ 3 jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to
w iloczynie 1·2·3 · · · (p 2 −1) znajduja ↩
sie ↩
liczby p oraz 2p , ponieważ
p 2 −1 > 2p . Zatem p 2 |(p 2 −1)! . Jeżeli n = ab , gdzie a ≥ 3 i b ≥ 3
oraz a ≠ b , to w iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste ↩
puja ↩
czynniki a
i b , wie ↩
c (n − 1)! ≡ 0(mod n ) .

110 Cze ↩
ść II – Rozwia ↩
zania
5.7.7. Jeżeli n = p , gdzie p jest liczba ↩
pierwsza ↩
nieparzysta ↩
,
to z twierdzenia Wilsona wynika, że n̸ | (n − 1)! , wie ↩
c n 2̸ | (n − 1)! ,
czyli (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) . Jeżeli n = p 2 , gdzie p ≥ 5 jest liczba ↩
pierwsza ↩
, to w iloczynie 1·2·3 · · · (p 2 −1) znajduja ↩
sie ↩
liczby p , 2p ,
3p oraz 4p , gdyż p 2 − 1 > 4p , wie ↩
c p 4 |(p 2 − 1)! , czyli (n − 1)! ≡
0(mod n 2 ) .
Jeżeli n = 9 , to (9 − 1)! ≢ 0(mod9 2 ) , co można ̷latwo
sprawdzić. Jeśli n = ab oraz a ≥ 3 i b ≥ 3 oraz a ≠ b , to w
iloczynie 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) wyste ↩
puja ↩
czynniki a , 2a , b i 2b ,
wie ↩
c (n − 1)! ≡ 0(mod n 2 ) . Zatem liczby nieparzyste pierwsze
oraz liczba 9 spe̷lniaja ↩
warunek (n − 1)! ≢ 0(modn 2 ) .
5.8. Jeszcze jedno twierdzenie o kongruencjach
5.8.1. W dowodzie chińskiego twierdzenia o resztach k̷ladziemy
n 1 = 3 , n 2 = 4 , n 3 = 5, n = n 1 n 2 n 3 = 60 ,
m 1 = 20 , m 2 = 15 , m 3 = 12,
a 1 = a , a 2 = b , a 3 = c.
Ponieważ 2m 1 +(−13)n 1 = 1 , 3m 2 +(−11)n 2 = 1 , 3m 3 +(−7)n 3 =
1 , wie ↩
c za x 0 należy przyja ↩
ć 2·20a+3·15b+3·12c = 40a+45b+36c ,
a za x reszte ↩
z dzielenia liczby x 0 przez 60.
5.8.2. Ponieważ NWD(11, 4) = 1 , wie ↩
c z chińskiego twierdzenia
o resztach wynika, że w przedziale [1,44] istnieje dok̷ladnie jedna
taka liczba (jest nia ↩
23). Kolejne liczby spe̷lniaja ↩
ce wymagane
warunki przystaja ↩
modulo 44. Zatem takich liczb jest 45.
5.8.3. Liczba 4 ma ża ↩
dana ↩
w̷lasność, ale nie jest liczba ↩
trzycyfrowa ↩
. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że każda
inna liczba daja ↩
ca wymagane reszty musi sie ↩
różnić od 4 o wielokrotność
liczby 7 · 9 · 11 = 693 . Jedyna ↩
taka ↩
liczba ↩
trzycyfrowa ↩
jest
4 + 693 = 697 .
5.8.4. Liczba −10 ma ża ↩
dane w̷lasności, ale nie jest liczba ↩
dodatnia ↩
. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że kolejna ↩
liczba ↩
maja ↩
ca ↩
ża ↩
dane w̷lasności jest liczba −10 + 11 · 12 · 13 = 1706 .
Jest to najmniejsza liczba dodatnia, która daje reszte ↩
1 przy dzieleniu
przez 11, reszte ↩
2 przy dzieleniu przez 12 i reszte ↩
3 przy dzieleniu
przez 13.

Kongruencje 111
5.8.5. Dla dowolnego naturalnego n zachodzi 2 n + 2 n =
2 n+1 . Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że istnieje liczba
naturalna n 0 taka, że n 0 ≡ 0(mod p ) , n 0 ≡ 0(mod q ) , n 0 ≡
−1(mod r ) . Wtedy
( )
n 0 p ( )
n 0 q ( )
n 0 +1 r
2
p
+ 2
q r
= 2 .
Przyjmuja ↩
c x 0 = 2 n 0
p
, y 0 = 2 n 0
q
, z 0 = 2 n 0 +1
r
, mamy
x p 0 + yq 0 = zr 0.
5.8.6. Jeżeli n = 1 , to dla dowolnego c ∈ N para (c a 2
,c a 1
)
jest rozwia ↩
zaniem równania x a 1
1 = x a 2
2 . Niech n > 1 . Na mocy
chińskiego twierdzenia o resztach istnieje liczba naturalna z ∈ [1,a 1·
a 2 · · · a n+1 ] , taka że z ≡ 0(mod a i ) dla i ∈ {1,2,. . . ,n} oraz z ≡
−1(mod a n+1 ) (takich liczb naturalnych z istnieje oczywiście nieskończenie
wiele). Istnieja ↩
wie ↩
c liczby naturalne y 1 , y 2 , . . . , y n ,
y n+1 takie, że z = a i y i dla i ∈ {1,2,. . . ,n} , z + 1 = a n+1 y n+1 .
K̷lada ↩
c x i = n y i
dla i ∈ {1,2,. . . ,n,n + 1} mamy
x a 1
1 + xa 2
2 + · · · + xa n
n
= (n y 1
) a 1
+ (n y 2
) a 2
+ · · · + (n y n
) a n
= n z + n z + · · · + n z = n · n z = n z+1
= (n y n+1
) a n+1
= x a n+1
n+1 ,
co oznacza, że (n y 1
,n y 2
,. . . ,n y n+1
) jest rozwia ↩
zaniem naszego równania.
Dla każdej liczby z (których jest nieskończenie wiele) można
skonstruować inne rozwia ↩
zanie.

BIBLIOGRAFIA
[1] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 5. WSiP, Warszawa
1980.
[2] Browkin J.: Zbiór zadań z olimpiad matematycznych. T. 6. WSiP, Warszawa
1983.
[3] Browkin J., Remba̷la J., Straszewicz S.: 25 lat olimpiady matematycznej.
WSiP, Warszawa 1975.
[4] Ifrah G.: Dzieje liczby, czyli historia wielkiego wynalazku. Zak̷lad Narodowy
im. Ossolińskich – Wydawnictwo, Wroc̷law–Warszawa–Kraków–Gdańsk–
̷Lódź 1990.
[5] Koblitz N.: Wyk̷lad z teorii liczb i kryptografii. Wydawnictwa Naukowo-
-Techniczne, Warszawa 1995.
[6] Kumanduri R., Romero C.: Number Theory With Computer Applications.
Prentice Hall, London 1998.
[7] Mazur M.: Metoda kongruencji w teorii liczb. Matematyka, Spo̷leczeństwo,
Nauczanie 1993, nr 10.
[8] Narkiewicz W.: Teoria liczb. Biblioteka Matematyczna. T. 50. PWN, Warszawa
1990.
[9] Schroeder M.R.: Number Theory in Science and Communication. Springer-
-Verlag, Berlin–Heidelberg 1997.
[10] Sierpiński W.: Arytmetyka teoretyczna. Biblioteka Matematyczna. T. 7.
PWN, Warszawa 1959.
[11] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: IV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1954.
[12] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: V Olimpiada Matematyczna. PZWS, Warszawa
1955.

Bibliografia 113
[13] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1963.
[14] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1964.
[15] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XIX Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1969.
[16] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XLI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1993.
[17] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XV Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1965.
[18] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XVI Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1966.
[19] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XVII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1967.
[20] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXI Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1971.
[21] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXII Olimpiada Matematyczna. PZWS,
Warszawa 1972.
[22] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXIV Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1974.
[23] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXV Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1975.
[24] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXX Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1981.
[25] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1982.
[26] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXII Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1983.
[27] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXIII Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1984.
[28] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXIX Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1991.
[29] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVI Olimpiada Matematyczna. WSiP,
Warszawa 1988.
[30] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVII Olimpiada Matematyczna.
WSiP, Warszawa 1989.

114 Bibliografia
[31] Sprawozdanie Komitetu G̷lównego: XXXVIII Olimpiada Matematyczna.
WSiP, Warszawa 1990.
[32] Straszewicz S.: Zadania z Drugiej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa
1952.
[33] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 1. PZWS, Warszawa
1956.
[34] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 2. PZWS, Warszawa
1961.
[35] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 3. PZWS, Warszawa
1966.
[36] Straszewicz S.: Zadania z olimpiad matematycznych. T. 4. PZWS, Warszawa
1972.
[37] Straszewicz S.: Zadania z Pierwszej Olimpiady Matematycznej. PZWS, Warszawa
1951.