Методе решавања Ð¼Ð°Ñ‚ÐµÐ¼Ð°Ñ‚Ð¸Ñ‡ÐºÐ¸Ñ Ð·Ð°Ð´Ð°Ñ‚Ð°ÐºÐ°, I

DMS januar 2011METODE REŠAVANJA MATEMATIČKIH ZADATAKAdeo I-4 časa i deo II-4 časaAutori programa: Prof. dr Gradimir Vojvodić, Prof. dr Siniša Cvenković, Prof. drZagorka Lozanov-Crvenković, Prof. dr Nevena Pušić,svi redovni profesori sa PMFNovom Sadu, www.dmi.uns.ac.rs .Ciljevi programa:Reforma nastave matematike podrazumeva pomeranje fokusa matematičkogobrazovanja od konvencionalnih zadataka ka rešavanju matematičkih zadataka u kojimase traži nestandardan način razmišljanja. Kroz rešavanje konkretnih matematičkihzadataka, iz svakodnevne nastavne prakse, upoznaće se nastavnici sa različitimmetodama rešavanja matematičkih zadataka. Cilj programa je da kroz primere ukažeprofesorima i nastavnicima na mogućnosti rešavanja problema na više načina. Učesniciseminara upoznavaće se sa iskustvima zemalja u okruženju. (Studies in mathematicseducation, Moving into the twenty-first century, Vol. 8, UNESCO). Takođe, bićeprezentirani zadaci koji se mogu rešavati (proveravati rešenja) na računarima ali i zadacikoji ne mogu biti rešavani uz pomoć računara. Za nastavnike koji razvijaju takmičarskesposobnosti svojih učenika biće prikazani zadaci sa domaćih i međunarodnih olimpijadakoji se izdvajaju svojom originalnošću i lepotom. Poseban naglasak biće dat nanestandardne metode rešavanja zadataka . Sve gore navedeno biće ilustrvano zadacima izteorije brojeva,geometrije, trigonometrije, sistemima jednačina, elementarnom rešavanjuproblema ekstrema, matematičke indukcije ,verovatnoće, statistike.Dr Gradimir VojvodićO INDUKCIJIReč indukcija potiče od latinske reči inductio (uvesti, zaključiti).Indukcija je metod zaključivanja od pojedinačnog ka opštem karakterističan zaprirodne nauke.Indukcija ima vrlo veliki značaj u matematici, zbog čega je bila predmetproučavanja mnogih matematičara, ali i filozofa i logičara.Tragovi dokazivanja indukcijom se mogu naći u spisima Platona i Euklida, apreciznije iskazan princip indukcije pojavljuje se u XIV veku. Po nekim istoričarima B.Paskal (1623-1663) se smatra pronalazačem principa indukcije.Iako su u toku čitavog razvoja matematike prirodni brojevi spadali međunajvažnije pojmove, iako se sa njima čovek susreo veoma rano, ipak odgovor na pitanješta su prirodni brojevi, spada u vrlo teške matematičke probleme. Frege i Rasel definišuprirodne brojeve kao kardinalne brojeve konačnih skupova. Međutim, skup prirodnih

ojeva je preciznije odredio u svojih pet aksioma Giusepe-Peano (1858-1932) italijanskimatematičar i logičar.Peanovi aksiomi su:P1: 1 je prirodan brojP2: Ako je n prirodan broj, onda je π(n) prirodan broj, gde je π preslikavanjeskupa prirodnih brojeva N→N definisano sa π (n)=n + 1.P3: Ako su m i n prirodni brojevi i ako je π (m) = π (n) onda je m = n. (π jeinjekcija)P4: Za ∀n∈ N, π(n) ≠ 1. (1 nije sledbenik ni jednog prirodnog broja)P5: (Aksiom indukcije) Ako je S ⊆ N koji ima osobine1. 1∈ S2. Ako za svaki prirodan broj n koji pripada skupu S, sledi da i π (n)pripada S, onda S=N.Skup prirodnih brojeva je ovim aksiomama određen do na izomorfizam (videti: S.Madrešić, Matematička analiza). Naime važi teorema:T1: Ako su (N, π, 1) i (N', π', 1') dve uređene trojke koje zadovoljavaju Peanoveaksiome, tada postoji jedna i samo jedna bijekcija f : N→ N', takva da je:f (1)=1'f (π (n))= π'(f(n))Peti Peanov aksiom se često javlja u nešto izmenjenom obliku koji se koristi kaoprincip za dokazivanje teorema.(T(1) ∧ n(T(n) ⇒ T(n + 1)) ⇒ ∀n T(n)Primer: Mala Fermatova teorema: ako je p pozitivan prost broj, tada za svaki ceobroj a važi a p ≡ a(mod p).Dokaz: Indukcija po a1. a=1 1 p ≡ 1 (mod p)2. pretpostavmo a p ≡ a(mod p) što znači da p deli a p - a u oznaci p| (a p - a)3. za (a+1) treba da dokazemo da je p| (a + 1) p - (a + 1).Kako je

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠p p−1 p( p−1)p−2= a + pa + pa + ... + pa+ 1−a−12p p−1 p −1p−2= a − a+ p( a + a + ... + a)⇒2p⇒ p ( a+ 1) − ( a+1)p p pp p p−1( a+ 1) − ( a+ 1) = 0 a + 1 a + ... + p a−1Dokazivanje indukcijom se može sprovesti na više načina:I) Može se desiti tvrđenje T(n) nije tačno za svako n, već od nekog n 0 > 1, tada sedokazivanje vrši na sledeći način:1. Proveri se za n 02. Dokaže se da iz T(n)⇒T(n + 1), što znači da je T(n) tačno za ∀n> n 0 .Primer: 2 n > n 2 , n ≥ 5.jer jeDokaz:1. n = 5, 2 5 > 5 22. n = k, 2 k > k 23. n = k + 112 ⎛ ⎞> ⎜1+⎟⎝ k ⎠ za k ≥ 322 21 2 1 2 ( k 1)k + +k kk2⎛ ⎞ 22 = 2 ⋅ 2> ⋅ ⎜1 + ⎟ > ⋅ > ( k+1)⎝ k ⎠ kIII) Potpuna indukcija se "razlikuju" od obične po tome što se kod njeinduktivna hipoteza sastoji od svih iskaza ϕ (1) … ϕ (n) gde je ϕ formula koja se dokazujeindukcijom (videti Ž. Mijajlović Algebra 1)Princip potpune indukcije:T8: ∀n ((∀k < n) ϕ (k) ⇒ ϕ (n)) ⇒ ∀n ϕ(n)Primer: Ako je n prirodan prost broj , tada je n + 1 ili prost, ili se može rastavitina proizvod prostih brojeva.Dokaz:1. n = 1, 2 je prost broj.2. pretpostavimo da su 2, 3, … , n prosti ili se mogu rastaviti na proizvodprostih brojeva.

3. n + 1 je ili prost (kraj dokaza) ili nije. Ako nije tada je n + 1 = pq gde su pi q veći od 1 i manji od n +1, pa po pretpostavci su ili prosti ili se mogu napisati kaoproizvod prostih brojeva.IV) Postoji i takozvana regresivna indukcija gde se tačnost tvrđnja T(n)dokazuje tako što se:1. dokaže da je tačno za beskonačno mnogo prirodnih brojeva2. dokaže da je T(n) ⇒ T(n - 1) onda je ∀nT (n) (videti D. S. Mitrinović:Matematička indukcija, binarna formula, kombinatorika.)V) Proširivanjem skupa N u skup Z, modifikacijom nejednakosti P1 i P5 uP Z1 : za svaki element a postoji element 'a neposredno ispred a.P Z5 : ako je M ⊆ Z i1. M ≠ Ø2. ∀a∈M ⇒ a+ 1∈M ∧a−1∈Monda je M = Z, iz kog se izvodi princip matematičke indukcije za celebrojevaNeko tvrđenje je tačno za svaki ceo broj ako je:1. tačno za fiksan ceo broj2. ako iz pretpostavke da je tačno za neki ceo broj k, sledi da je tačno za k- 1 i za k + 1.Primer: (ab) n = a n b n , za sve cele brojeve, ab ≠ 0.1. Za n = 0 je 1 = 1.2. Pretpostavimo da je tačno za n = m(ab) m = a m b mAko se ova jednakost pomnoži sa ab dobiće se (ab) m+1 = a m+1 b m+1 , značitvrđenje važi za m + 1.3. Ako jednakost (ab) m = a m b m podelimo sa ab dobićeom (ab) m-1 = a m-1 b m-1što znači da važi za m -1, odnosno tvrđenje je tačno za svako n iz ZVI) Uopštenje principa indukcije na dobro uređen skup je transfinitna indukcija.Neka je S skup elemenata za koje je tvrđenje T tačno i M dobro uređen skup:1. ako je T tačno za a ∈ M i2. ako iz pretpostavke da je tvrđenje T tačno za sve n ∈ M, a ≤ n < b gde b∈ M i b > a proizilazi njegova tačnost i za b, onda je T tačno za sve n ≥ a iz M.VIII) Indukcija za skup realnih brojevaAko je tvrđenje T1 o tačno za sve realne brojeve x

2 o ako iz pretpostavke da je T tačno ∀(x) x £ b, b Î R sledi da postoji postojirealan broj c > b takav da je T tačno " (x) x < c, tada je T tačno i za sve realne brojeve.Indukcijom se služimo i kada želimo definisati neko preslikavanje: N → X.Tada propisujemo f(1) = x 0 i zadajemo neki rekurzivni postupak pomoću kogproširujemo preslikavanje sa skupa {1, 2, … , n-1, n} na skup {1, 2, … , n, n+1} .Princip definicije indukcijom: Neka je X neki skup, X 0 → X i neka je za ∀n ∈N dato preslikavanjeϕ n : X n → X. Tada postoji preslikavanje f: N → X takvo da jef(1) = X 0( ∀n ∈ N) f (n + 1) = ϕ n (f(1)...f(n)).Ako je ϕ ; X → X onda jef(1) = X 0( ∀n ∈N) f (n + 1) = ϕ(f(n))Definicije u kojima se koristi indukcija nazivaju se induktivnim ili rekurzivnimdefinicijama.Primer: f(n) = n!f(1) = 1f(n + 1) = ϕ n (f(n)) = f(n) (n+1) = n! (n + 1) gde je ϕ n (x) = x(n + 1)što se može zapisati i ovako:1! = 1(n + 1)! = n! (n + 1)Pored osnovnog oblika rekurzije koriste se i druge vrste, kao rekurzije tipaFibonačijevog niza koji se definiše sa:f 1 = 1, f 2 = 1, f n+1 = f n + f n+1 .Prvih nekoliko članova niza su: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...U nastavi srednje škole pri obradi matematičke indukcije je neophodno ukazati narazliku između nepotpune i potpune indukcije, kao i na razliku između proveravanja idokazivanja.Izborom primera se učenik navodi da intuicijom ili posmatranjem dovoljnog brojapojedinačnih slučajeva nasluti jednostavne formule, koje bi se proverile matematičkomindukcijom.Ukazujući na primere iz istorije matematike [Leibniz: (1680 - 1681) je tvrdio da2 n -2 nije deljiv sa n ako n nije prost broj. Međutim, 341(=11,31) je delilac (2 341 -2).Pri rešavanju zadataka treba ilustrovati primerom neophodnost proveravanja započetno n.1 1 2Recimo: 1 + 2 + ... + n = ( n + ) lako se dokazuje da iz2 2

1æ 3ö T(k) T(k+1) 1+ 2 +... + n +1 = ç n + 2çè2ø÷2 2( ) ( )n+ + n+ 1= n + n+ + n+11 1 1 12 2 2 41 2 1 1=2n +2n+ 8+ n+1= n + n+1 2 3 92 2 82 9( n 3n)= + +12 432( n )= +12 2ali za n = 1, ,2 , T(n) nije tačno.Isto tako, neko tvrđenje može biti tačno za n = 1, 2, ... k gde je k vrlo veliko a daipak nije tačno za svako n.2Primer: (n 2 + n + 41 je prost za n < 40 a za n = 40 je složen.)Raznovrsnost primera ukazuje na plodnost ovog metoda pri dokazivanju raznihproblema, što je obrađeno u trećem delu.nå1Primer 1: T(n): i= n( n+ 1), nÎi=12NPrimer 2: T(n): 1 + 2 +2 2 + ... + 2 n = 2 n+1 , n ³ 01 1 1 n + 1Primer 3: T( n) : (1- ) × (1- )...(1- ) = , n³224 9 n 2nNejednakostinPrimer: T( n):2 > n, n³1Primer:Tn n nn 4( ) : 3 > , = 8,9,...Primer: Bernulijeva nejednakost

n(1 + h) ³ 1+h ³ - 1h¹ 0, hÎRnh1 1 1Primer: 1 + + + ... + > nn , ³ 22 3 nDeljivostPrimer: Zbir kubova tri uzastopna broja je deljiv sa 9.TrigonometrijaPrimer:2sin n×xsin x+ sin(3 x) + ... + sin(2n- 1) × x= , n³1sin xPrimer:4n3sin( + × p + x) = - cos x, n ³ 12Primer: sin nxnsin x £ x ¹ kp k Î Z, n³1KombinatorikaPrimer: (2 n)!! = n! × 2 n , n³0Raznovrsnost primene indukcijePrimer: Proizvod brojeva oblika 6n + 1 je takođe broj istog oblika4Primer: Brojevi 2 n - 5 se završavaju cifrom 1.Primer: Dokazati da za Fibonacciev niz važe kongruencije1 o a 3n º 0 (mod 2)2 o a 4n º 0 (mod 3)3 o a 5n º 0 (mod 5)

3. Da li možemo dobiti x pomoću polinoma f ( x ) ioduzimanja i množenja ako je22a) f ( x)= x +x, gx ( ) = x+2.b)c)= + , gx ( ) = 2x.2f ( x) 2x xf ( x)22= x +x, gx ( ) = x−2.4. Za sve x∈ N , funkcija f ( x ) zadovoljava uslovf ( x+ 1) + f( x− 1) = 2 f( x ).Pokazati da je f ( x ) periodična.gx ( )operacijama sabiranja,5. Ako je svaki presek nekog tela sa proizvoljnom ravni krug, onda je to telo lopta.Dokazati.6. Hokejaš se igra sa tri paka A, BC , na ledu tako da kada udari pločicu ona prođe upravoj liniji između preostale dve. Da li posle 1001 udaraca može da se desi da se tri pakavrate u početni položaj?7. Ako je n veći od 2, onda između n i n!postoji najmanje jedan prost broj.8. Dokazati da za svaki prirodan broj n postoji beskonačno mnogo rešenja jednačinen n n 1x + y = z +nn9. Neka su abr , , prirodni brojevi. Pokazati da je ( a+ b r) + ( a− b r)=2 p gde jeprirodan broj.p10. Pokazati da je1004(5 − 2 6) < 0,1.11. Naći prvu cifru pre i posle decimalnog zareza u broju2008( 2+ 3) .Čuvena Goldbahova hipoteza kaže da je svaki paran broj n > 2 zbir dva prosta broja.4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3, 10 = 5 + 5, 12 = 7 + 5.12. Dokazati da je svaki prirodan n >11 broj zbir dva složena broja.13. Dokazati da postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva koji ne mogu biti suma dvaprosta broja.14. Dokazati da je Goldbahova hipoteza ekvivalentna sledećem:Svaki paran broj n > 4 je zbir 3 prosta broja.

.ZADACI II1. U prostoriji koja ima jedan ulaz i jedan izlaz nalazi se 100 sijalica poređanih u niz inumerisanih brojevima od 1 do 100, tim redom, od ulaza do izlaza. Svaka sijalica imasvoj prekidač. Sto učenika stoji u redu ispred prostorije. Ulazi prvi učenik i pali svesijalice. Drugi učenik ulazi i gasi svaku drugu sijalicu. Treći menja stanje svake trećesijalice, to jest gasi treću sijalicu, pali sijalicu broj 6, gasi broj 9, pali sijalicu broj 12, itd.Četvrti menja stanje svake četvrte sijalice, peti svake pete, itd. Ovo se nastavlja sve dokne dođe na red i stoti učenik. Kakvo je konačno stanje sijalice broj 64 kada prođe iposlednji učenik? Koje će sijalice svetleti kada prođu svi učenici?2. Neka je A broj koji ima 2007 cifara i deljiv je sa 9. Označimo zbir cifara broja A sa B,a zbir cifara broja B sa C. Naći zbir cifara broja C.3. Naći prirodne brojeve abc , , za koje važi3 3 3 2a −b − c = 3 abc i a = 2( b + c).4. Da li postoji prirodan broj koji se pri precrtavanju prve cifre smanjujea) 57 puta b) 58 puta?5. Neka su p1, p2,...,p24prosti brojevi veći od 3. Dokaži da jesa 24.p+ p + L+p deljivo2 21 22246. Na belom pravougaonom listu hartije čije su dimenzije 21cm i 30cm učenik jenapravio mrlje od mastila. Ukupna površina mrlja je 314cm 2 . Dokazati da na listu postojebar dve tačke, simetrične u odnosu na jednu osu simetrije pravougaonika, koje su ostalebele.7. Mogu li se brojevi 1 ,2,...,100 podeliti u tri grupe tako da zbir brojeva u prvoj grupibude deljiv sa 102, u drugoj grupi deljiv sa 203 i u trećoj grupi deljiv sa 304?Dr Nevena PušićO geometrijskim konstrukcijama koje se izvršavajuograničenim sredstvimaNije uopšte potrebno ponovo govoriti o doprinosu matematičara antičke Grčke– posebnoonih iz helenističkog perioda–razvoju geometrijske misli. Suvišno bi ovde bilo nabrajati

koliko su geometriji doprineli Euklid, Apolonije ili Arhimed. Geometrija je jedna odnajstarijih matematičkih disciplina i jedna od najstarijih nauka uopšte.Od antike su kao izazov za korišćemje i produbljivanje geometrijskih znanja bilikorišćeni razni konstruktivni problemi. I danas oni imaju svoje istaknuto mesto u nastavimatematike, kako u osnovnim, tako i u srednjim školama. Nastavnici koji predaju drugepredmete često su prilici da požale što nemaju na raspolaganju način rada kakavmatematici pružaju konstruktivni problemi: razvijaju strogost u rezonovanju, teraju naispunjenje formalizma, razvijaju algoritmičan način razmišljanja, podstiču maštu,klasifikuju ideje. Nadasve, učenicima koji imaju imalo sklonosti za matematiku pružajuneizmerno zadovoljstvo. Međutim, velika je odgovornost nastavnika koji koriste ovajnačin rada, kako u izboru problema, tako i u moderiranju ovakvog načina rada, upodsticanju zdravog takmičenja, u sprečavanju apatije usled nedostatka ideja putemdoziranog navođenja do sprečavanja nezdrave trke podsticanjem saradnje.Standardna sredstva za izvođenje geometrijskih konstrukcija su lenjir i šestar, takođe jošod antike. Međutim, i lenjira i šestara ima raznih. U principu, lenjir služi samo zapovlačenje prave spajanjem dveju tačaka. Međutim, postoje i lenjiri sa podelom kojisluže interpretaciji metričkih problema, lenjiri sa dvema paralelnim ivicama koji služe0 0povlačenju paralelnih pravih, trouglovi koji služe crtanju uglova od 30 , 45 ,60 0 . Šestaritakođe mogu biti različiti. U Euklidovo vreme, smatralo se da šestar kolabira čim semakar jedna njegova nožica podigne sa hartije. Kasnije se kao nova vrsta pribora pojavio«zarđali šestar»–šestar sa fiksnim otvorom. Tek kasnije se pojavio šestar saprilagodljivim otvorom. Obično se smatra da su i stari Grci izvodili sve svojekonstrukcije pomoću lenjira i šestara. Oni su, zapravo, koristili i mnoge druge pribore, alisu najviše cenili one konstrukcije koje su izvedene pomoću ova dva. Kasnije seispostavilo da svaka konstrukcija koja može da se izvede pomoću lenjira i kolabirajućegšestara može da se izvede i pomoću lenjira i šestara sa prilagodljivim otvorom.Dakle, lenjir i šestar u geometrijskoj konstrukciji nemaju prvenstveno karakter tehničkog,nego u prvom redu logičkog sredstva.Još u XVII veku postalo je, doduše veoma ograničeno, poznato da se svaka geometrijskakonstrukcija koja se može izvesti lenjirom i šestarom može izvesti i samo šestarom. Ovačinjenica je postala šire poznata u XIX veku, pod nazivom Mor-Maskeronijeva teorema.U isto vreme, Ponsle je izneo pretpostavku, a Jakob Štajner dokazao da se svakakonstrukcija koja se može izvesti lenjirom i šestarom može izvesti i samo lenjirom, poduslovom da je data kružnica i njen centar (teorema Ponsle-Štajnera). Obe ove teoreme sedokazuju na sličan način. Sastavi se spisak elementarnih konstrukcija pomoću kojih seizvode sve ostale i pokaže se da se one mogu, na neki način, izvesti bilo lenjirom, bilošestarom.Konstrukcija ograničenim sredstvima je konstrukcija bilo samo lenjirom, bilo samošestarom. Ovde ćemo pokazati kakvo je logičko sredstvo lenjir i dati određen brojkonstruktivnih problema koji se rešavaju lenjirom, podesna su i za decu školskoguzrasta, za dodatnu nastavu.

Dr.S. CrvenkovićCARMICHAELOVI BROJEVIKako utvrditi da li je (veliki ) broj prost? Za male brojeve n8629, 8633 i 8641kao što sujednostavno proveravamo faktore do n . Ovo bi pokazalo da su 8629 i 8641 prosti, ali 8633=89⋅97. Za veće brojeve ko što suim =113736947625310405231177973028344375862964001n = 113736947625310405231177973028344375862953603je već teško, čak i kompjuterom, naći sve faktore do kvadratnog korena. Međutim, nije mnogoteško (kompjuterom) dizati broj na vrlo velike stepene modulo veliki broj. Na primer, za gornjebrojeve treba malo vremena da se utvrdi da jem2 = 39241970815393499060120043692630615961790020(mod m).Na prvi pogled ovo izgleda potpuno beskorisno ali nije tako. Mali Fremat kaže da ako jepp prost broj, onda je a ≡ a(mod p), za svako a . Prema tome, činjenica da 2 m nijekongruentno 2 modulo m znači da m definitivno nije prost broj.Dokazali smo da m nije prost broj ali pojma nemamo kako ga faktorisati. Broj m jeproizvod sledećih prostih brojeva.40103836670582470495139653 i 2836061511010998317 .nRazmotrimo drugi broj. Ako uradimo sličan račun, dobijamo 2 ≡ 2(mod n). Probamo jošnekoliko brojeva, recimo do a =100 i vidimo da jen3 ≡ 3(mod n) , 4 nnn≡ 4(mod n) , 5 ≡ 5(mod n), …., 100 ≡ 100(mod n).Ovo samo sugeriše da je n verovatno prost.nKažemo da je a SVEDOK za n ako je a ≡ a(mod n)287 190 314 586 935 808 728 291# svedoka 278 150 310 582 908 804 720 282% svedoka 96,9 78,9 98,7 99,3 97,1 99,5 98,9 96,9Izgleda da ako je n složen, onda većina vrednosti a služe kao svedoci. Na primer,n = 287 pa ako uzmemo na slučaj bilo koji a , onda postoji 96,9% šanse da će a biti svedokda n nije prost broj.Sve pokazano, kao i zdrav razum, sugediše da složeni brojevi imaju mnogo svedoka.Ali, da li je to tačno? Tužni slučaj je n = 561. 561 = 3⋅11⋅ 17 , ali 561 nema nijedog svedoka.

nJedini način da to pokažemo je da izračunamo a (mod n)za svih 561 vrednosti a . Postojilakši način. Da dokažemo da jeMali Fermat daje1(mod 11)10a ≡ pa je16a ≡1(mod 17)561a ≡ a(mod 561)dovoljno je da dokažemo da je561561561a ≡ a(mod 3) , a ≡ a(mod 11) , i a ≡ a(mod 17) .2a ≡ 1(mod 3)pa imamo≡ = ( ) ⋅ ≡1 ⋅ (mod3).561 2⋅ 280+1 2 280a a a a a561 10⋅ 56+1 10 56a ≡ a = ( a ) ⋅a ≡1 ⋅a ≡ a(mod11).561 16⋅ 35+1 16 35a ≡ a = ( a ) ⋅a ≡1 ⋅a ≡ a(mod17).Ovo je dovoljno da se uverimo da 561 nema svedoka.Ovaj primer i 14 drugih brojeva primetio je R.D. Carmichael 1910. godine.CARMICHAELOV broj je složen broj n sa osobinom da jena ≡ a(mod n)za sve 1≤ a≤ n.Drugim rečima, Carmichaelovi brojevi se maskiraju kao prosti jer nemaju svedoka da su složeni.Evo liste Carmichaelovi brojeva do 10 000:561, 1105, 1792, 2465, 2821, 6601, 8911.561 = 3⋅11⋅ 17 2821 = 7⋅13⋅311105 = 5⋅13⋅ 17 6601 = 7 ⋅23⋅411729 = 5⋅13⋅ 19 8911 = 7 ⋅19⋅672465 = 5⋅17⋅29