3. podzimní série Termín odeslání: 8. prosince 2014

Transkript

1 Kongruence podzimní série Termín odeslání: 8 prosince 2014 Poznámka: Nulu za přirozené číslo nepovažujeme Úloha 1 ( body) Když si Kuba hrál se svým oblíbeným přirozeným číslem, zjistil zajímavou věc Nejenže dané číslo bylopalindrom 1 adávalopoděleníčtyřmizbytek1apodělenídvacetipětizbytek22,aledokonce bylo nejmenším číslem, které všechny předchozí body splňuje Které číslo to bylo? Úloha 2 Nalezněte všechny čtveřice nezáporných celých čísel a, b, c, d, které řeší rovnici 10 a +5 b = c +7 d ( body) Úloha ( body) Dokažte,žeprokaždépřirozenéčíslo aexistujepřirozenéčíslo n >1takové,že n a n +1 Úloha 4 Nalezněte přirozené n takové, že Prozradíme, že je prvočíslo 11 n n n+2 1 (mod ) Úloha 5 Dokažte,že (sčítancůjedeset)jedělitelné100 Úloha 6 Sedmicifernépřirozenéčíslonazvemespořádané,pokudjekaždázčíslic1,2,,4,5,6,7vjeho desítkovém zápisu obsažena právě jednou Existují dvě různá spořádaná čísla taková, že jedno dělí druhé? Úloha 7 Nalezněte všechny posloupnosti přirozenýchčísel (a n) n=1, kteréprokaždé prvočíslo pakaždé přirozené číslo n splňují vztah a p n n (mod ap) Úloha 8 Mějmelibovolnéprvočíslop 7Dokažte,žepakexistujepřirozenéčíslonaceláčíslax 1,x 2,,x n, y 1,y 2,,y nnesoudělnásptaková,že x 2 1 +y2 1 x2 2 (mod p), x 2 2 +y2 2 x2 (mod p), x 2 n+y 2 n x 2 1 (mod p) 1 Palindromemrozumímečíslo,kterésevdesítkovésoustavěčtestejnězepředujakozezadu, např

2 Kongruence º ÔÓ Þ ÑÒ Ö ÎÞÓÖÓÚ õ Ò Úloha 1 (111; 107; 2,81;,0) Když si Kuba hrál se svým oblíbeným přirozeným číslem, zjistil zajímavou věc Nejenže dané číslobylopalindrom 1 adávalopoděleníčtyřmizbytek1apodělenídvacetipětizbytek22,ale dokonce bylo nejmenším číslem, které všechny předchozí body splňuje Které číslo to bylo? (Kuba Krásenský) Kubovo oblíbené přirozené číslo dávalo zbytek 22 po dělení dvaceti pěti, tudíž jeho poslední dvojčíslí bylo 22, 47, 72 nebo 97 Protože zbytek po dělení čtyřmi závisí pouze na posledním dvojčíslí, hledané číslo musí končit na 97, jenž jediné z uvedených dvojčíslí dává zbytek 1 po dělení čtyřmi Proto Kubovo oblíbené číslo bylo nejmenší palindrom končící na 97, což je 797 Líbila se mi řešení využívající Čínskou zbytkovou větu Plný počet jsem udělovala samozřejmě také řešením, která procházela od nejmenších všechna čísla splňující některou z podmínek ze zadání, pokud nebyla některá čísla bez okomentování opomenuta Zde bych chtěla upozornit, že existují i dvojciferné palindromy na ně se často zapomínalo (Míša Hubatová) Úloha 2 (86; 47; 1,95; 2,0) Nalezněte všechny čtveřice nezáporných celých čísel a, b, c, d, které řeší rovnici 10 a +5 b = c +7 d (Štěpán Šimsa) Pokud a >0,potomnalevéstraněrovnicemámelichéčíslo,zatímconapravéstraněvždyčíslo sudé,takžerovnostnemůženikdynastatmusítedybýt a=0,rovnicesenámpřepíšedotvaru 1+5 b = c +7 d Nynípředpokládejme,že c >0,apodívejmesenarovnicimodulotřiProtože7 1(mod), jei7 d 1(mod)apravástranadávávždyzbytek1podělenítřemiDále5 1(mod), takže5 b ( 1) b (mod)levástranamůžetedydávatzbytkypouze0nebo2,protorovnost nenastáváztohoplyne,žeic=0dostávámerovnici5 b =7 d,kterámářešenípouze b=d=0 1 Palindromemrozumímečíslo,kterésevdesítkovésoustavěčtestejnězepředujakozezadu, např

3 Kromě správných řešení, která byla většinou stejná jako vzorák, se vyskytlo několik skupin řešení špatných Řešitelé z první skupiny pouze ukázali, že rovnice nemá řešení v N, z čehož usoudili, žejenutně a=b=c=d=0,cožsamozřejměobecněnenípravdadalšískupinasesnažila úlohu vyřešit pomocí diskutování, jakou cifrou končí čísla na levé a pravé straně, nikdo to však správně nedotáhl do konce Někteří řešitelé si neuvědomili, že 0 je nezáporné celé číslo, a po vyšetření sudosti/lichosti obou stran prohlásili, že rovnice nemá řešení Dokonce se našel jeden řešitel,kterýsprávěukázal,že a=0,alepřivyšetřovánírovnicemodulotřistejněnapsal,že rovnost nenastává nikdy (Martin Čech) Úloha (72; 61; 2,58;,0) Dokažte,žeprokaždépřirozenéčíslo aexistujepřirozenéčíslo n >1takové,že n a n +1 (AnhDung Tonda Le) Pokudje aliché,potomje a 2 lichéaa 2 +1jesudé,číslo n=2tedyvyhovujepodmínce vzadánípokudje asudé,položíme n=a+1potomplatí a n =(n 1) n ( 1) n = 1 (mod n), neboť njelichépokudsitutokongruencipřepíšemepodledefinice,dostaneme n a n +1,což jsme přesně chtěli Většina zaslaných řešení byla správná, skoro vždy shodná se vzorovým Někteří si navíc všimli, že zadané podmínce vyhovuje každý prvočíselný dělitel čísla a+1, a dokonce i každý lichý dělitel čísla a + 1 To sice úloha nijak nepožadovala, ale je to zajímavé pozorování (Tonda Češík) Úloha 4 Nalezněte přirozené n takové, že Prozradíme, že je prvočíslo 11 n n n+2 1 (mod ) (46; 6;,76; 5,0) (Kuba Krásenský) Nejdříveukážeme, ževýraz 10 12n n+2 jeprokaždé ndělitelný prvočíslem Můžeme totiž psát 10 12n+6 =( ) 2n+1, 11 4n+2 =(121) 2n+1 Pokud a b(mod m),pakprolibovolné kpřirozenéplatí a k b k (mod m)svyužitímtohoto pravidla dostaneme (mod ) ( ) 2n+1 ( 121) 2n+1 = (121) 2n+1 (mod ), cožjsmechtěliukázatvposledníúpravějsmevyužilifaktu,že2n+1jelichéčíslokongruence ze zadání se tak zjednodušila na 11 n+1 1 (mod ) Přišel čas na Malou Fermatovu větu, která říká, že pro p prvočíslo a a přirozené číslo nesoudělné s pplatí a p 1 1(mod p)podleradyzezadáníje prvočíslomůžemetedyzvolit takové n, aby platilo 11 n+1 = (mod ) Řešením úlohy je například n =

4 Úlohu neposlalo mnoho lidí(na čtyřku), z došlých řešení pak byly zhruba tři čtvrtiny správně Postupy se od sebe lišily především důkazem toho, že součet druhého a třetího členu je dělitelný daným prvočíslem kromě výše uvedeného mnozí argumentovali tvrzením, že pro liché m platí a+b a m +b m Řešitelé, kteří si tohoto pěkného součtu nevšimli, se mě často snažili přesvědčit, že žádné vyhovující n neexistuje (Bára Kociánová) Úloha 5 (90; 88; 4,76; 5,0) Dokažte,že (sčítancůjedeset)jedělitelné100 (Kuba Krásenský) Jelikož platí i (mod100), (mod100), tudížvšechnyčlenyzadanéhosoučtukromě1 1 jsoukongruentnís modulo100amáme (mod100) Všimnemesi,že (mod100),dlebinomickévětytotižplatí ( 10 ) ( 10 ) =(10+1) 10 = (mod100), 1 2 neboť všechny členy tohoto součtu kromě 1 jsou dělitelné 100 Dál upravujeme součet ze zadání: = =1+(11 10 ) 1 11+(11 10 ) (11 10 ) =1+9 11=100(mod100) Zadaný součet je tedy kongruentní s0modulo 100, neboli je stem dělitelný, což jsmeměli dokázat Naprostá většina řešitelů řešila tuto úlohu obdobně jako ve vzoráku, pouze tři z vás si nejprve rozložili100na4 25adokazovalizvlášťdělitelnostčtyřmiadvacetipěti,cožovšemřešeníspíše prodloužilo Těm, kteří platnost (mod100) pouze bez důkazu prohlásili,jsem nakonec strhával jeden bod (Tomáš Novotný)

5 Úloha 6 (64; 58; 4,22; 5,0) Sedmicifernépřirozenéčíslonazvemespořádané,pokudjekaždázčíslic1,2,,4,5,6,7vjeho desítkovém zápisu obsažena právě jednou Existují dvě různá spořádaná čísla taková, že jedno dělídruhé? (AnhDung Tonda Le) Dokážeme,ženeexistujídvěrůznáspořádanáčísla a, btaková,že a=bkprosporpředpokládejmeopakpodíl765421/ jemenšínež7,aproto2 k 6Dáleplatí,žekaždé přirozené číslo dává stejný zbytek po dělení devíti jako jeho ciferný součet, a proto: Ztohopakplyne: a b =28 1 (mod9) 1 a=bk k (mod9) Požadovaný vztah nesplňuje žádné přirozené k mezi 2 a 6, takže jsme došli ke sporu Hledaná spořádaná čísla tedy neexistují Šestá úloha byla tentokrát relativně lehká, a proto došlo hodně správných řešení Velká část řešitelů bohužel nepřišla na použití kongruence a zabývala se rozebíráním případů Někteří se zasebálimodulo9apreferovalimodulo,kvůličemužměliokusprácevíc (AnhDung Tonda Le) Úloha 7 (20; 12; 2,75; 2,0) Naleznětevšechnyposloupnostipřirozenýchčísel(a n) n=1,kteréprokaždéprvočíslo pakaždé přirozené číslo n splňují vztah n (mod ap) (DavidHruška) a p n Domluvmese,že nznačívždypřirozenéčísloap, qprvočíslanechťposloupnost a n splňuje zadanou rovnost Dosazením p za n dostaneme 0 a p p p (mod ap) neboli ap p, tedyprokaždé pplatíbuď a p=1,nebo a p= pdálepředpokládejme,žepronějaké pplatí a p= ppakprolibovolné q,prokteré a q=1,platí 1 a p q q (mod p), tedy pdělí q 1,speciálně p < qtoznamená,ževposloupnostibudounapředprvočísla,pro která a p= p(pokudvůbecnějakájsou)apakužsamátaková,prokterá a p=1(pokudvůbec nějaká jsou) Nyníukážeme,že a =jižvynutí a p= pprovšechnaprvočísla pkdybyne,mělibychom jen konečně mnoho prvočísel p, prokterá a p = puvažme jejichsoučin SPak všechna q, kterádělí S 1,splňují a q=1avzhledemktomu,že S 1 2(mod),najdemevS 1i prvočíselnéhodělitele q 2(mod),cožjealevesporusrovnicízezadánípro p= Rozeberme tedy tři možnosti: (1) Pokudprovšechna pplatí a p=1,jeprokaždé pankongruencezezadánísplněna triviálnězadánítakvyhovujekaždáposloupnostpřirozenýchčísel a nsplňující a p=1 pro všechna p 4

6 (2) Pokudprovšechna pplatí a p= p,vezměmelibovolné naprvočíslo qsplňujícízároveň q > naq>a npodlezadáníamaléfermatovyvětyplatí a q n a n n(mod q),což vzhledemkvolbě qimplikuje a n= ntedyvtomtopřípaděpřipadávúvahupouze posloupnost a n= n,kterádíkymaléfermatověvětěopravduvyhovuje () Vezbylýchpřípadechjižvíme,ženutně a 2 =2aa p=1provšechna p >2Netriviální podmínkudávázadánípouzeprohodnotu p=2,asice,že a 2 n n(mod2)toje ekvivalentnítomu,že a njelichéprolichá nasudéprosudá nmůžemesivšimnout, že této podmínce již stanovené hodnoty(ty s prvočíselnými indexy) vyhovují V tomto případětedyvyhovujíprávětyposloupnosti a nsplňující a 2 =2, a p=1prokaždéliché prvočísloaa nmástejnouparitujako nprokaždé n Všechna řešení aspoň nějakou vyhovující posloupnost nalezla a většinou i ověřila, že splňuje zadání Zhruba polovina řešitelů pak rozbor zdárně dokončila nějakou obměnou výše uvedeného postupu (David Hruška) Úloha 8 (1;7;2,62;,0) Mějmelibovolnéprvočíslo p 7Dokažte,žepakexistujepřirozenéčíslo naceláčísla x 1,x 2,,x n, y 1,y 2,,y nnesoudělnásptaková,že Upravujme postupně následující rovnosti: x 2 1 +y2 1 x2 2 (mod p), x 2 2+y 2 2 x 2 (mod p), x 2 n +y2 n x2 1 (mod p) (Filip Hlásek) = 5 2 násobímerovnost( p ) ( 2 p+1 ) 2 + (4 p ) 2 = ( p 5) 2 násobímerovnost ( ) 5 2 ( p 5) 2 + ( 4 p 1 5 ) 2 ( = p 1 5 2) 2 násobímerovnost ( ) 5 2 ( p 1 5 2) 2 ( + 4 p 2 5 2) 2 ( = p 2 5 ) 2 násobímerovnost ( ) 5 2 ( p i+1 5 i) 2 ( + 4 p i 5 i) 2 ( = p i 5 i+1) 2 násobímerovnost ( ) 5 2 ( 2 5 p 1) 2 ( p 1) 2 ( = 1 5 p) 2 Kdyžpro i {0,1,,p 1}zvolíme x i = p i+1 5 i, y i =4 p i 5 i,budeprokaždé i {0,1,,p 2}platit x 2 i +y 2 2 i x i+1 (mod p) (nastanedokoncerovnost)anavícjsouvšechna x i i y i nesoudělnásprvočíslem p 7Zpřihrádkovéhoprincipuplyne,žeexistují i,j {0,1,,p 1}taková,že i < jazároveň x i 2 x j 2 (mod p)celáčísla n=j i, x 1 = x i,, x n= x j 1, y 1 = y i,, y n= y j 1 splňujízadané kongruence a jsou nesoudělná s prvočíslem p 5

7 Zhruba stejným směrem jako autorské řešení se ubíral jedině Radovan Švarc, který si svým stručným a přehledným řešením vysloužil také imaginární bod Ostatní postupy téměř výhradně začínaly tím, že zvolily libovolné x nesoudělné s p a hledaly ya ztakové,abyplatilo x 2 +y 2 z 2 (mod p)taktopostupněodlibovolného x 1 vygenerovaly nekonečnouposloupnostčísel x i a y i apoténalezlyvhodné x i a x j podobnějakovevzorovém řešenínetriviálníčástíjeovšemukázat,žeprokaždé xtakovádvěceláčíslanesoudělnásp existují Některým řešitelům se to podařilo, ale cesta to byla obvykle poměrně strastiplná DalšízajímaváúvahapostupovalaobráceněZačnemeodlibovolného x mnesoudělnéhospa pokusímesehorozložitnasoučet x 2 m 1 +y2 m 1 x2 m (mod p)dokonceitakovýpostupfunguje aprokaždétakové x m rozkladexistujeřešenísepotédokončíobdobnějakovpředchozích případech PlatítakésilnějšítvrzenínežjezadanáúlohaVždystačívolit n, y 1 =1a1 x 1 Dálesivšimněte,žejsmevřešenínevyužili,že pjeprvočíslo,alepouzeto,žejenesoudělné sčísly,4a5tvrzeníplatíprovšechnatakováčíslaadokoncebychomsimohlinazačátku zvolit jinou Pythagorejskou trojici, ale tím bychom si nepomohli, neboť v každé takové trojici se vyskytuje číslo dělitelné dvěma, číslo dělitelné třemi a číslo dělitelné pěti (Filip Hlásek) 6