( ) a n.10 n + +a 1.10+a 0

Transkript

1 Číselné soustavy Dříve než zadáme příklady této série, musíme učinit několik dohod. Zřejmě nikdo z vás nepochybuje o tom, že každé přirozené číslo se dá jednoznačně vyjádřit v desítkové soustavě, tj že sedápsátvetvaru ( ) a n.10 n + +a 1.10+a 0 kde a i {0,1,...,9}aa n 0. Laskavý čtenář též snadno nahlédne, že každé přirozené číslo můžeme vyjádřit jednoznačně v libovolné r-adické soustavě(kde přirozené r > 1), tj. psát ve tvaru a n.r n + +a 1.r+ a 0, kde a i jsounezápornáceláčísla,kterénepřevyšujíčíslo r 1(budemejimříkatčíslice r-adické soustavy)aa n 0. Vdesítkovésoustavěmístotvaru( )většinoupíšemepouze a na n 1... a 1 a 0.Stejnoudohodu učinímeiprojinéčíselnésoustavy.tedyčíslo (vdesítkovésoustavě)můžemevosmičkové soustavěpsátjednoduše Vpravodoleodzápisuuvádímečíselnousoustavu,vekteréje uvedené číslo zapsáno. Jinak bychom vlastně nevěděli, o jaké číslo jde. Pro přehlednost budeme vkaždé r-adickésoustavěpoužívatčíslice0,1,..., r 1vyjádřenévsoustavědesítkové.Bude-li číslice v desítkové soustavě víceciferná(zřejmě takové případy nastanou pro r > 10) dáme ji vpříslušnémzápisedozávorek.tedy(25)8(1977) 1997 znamená ,tj. jedná se o trojciferné číslo v 1997-adické soustavě. Aještějednadohoda.Mějmečíslo nzapsanévr-adickémzápisevetvaru a k a k 1... a 1 a 0r. Pro přirozené z < k pak nazveme z-ciferným součtem čísla n číslo s z= fx (a z j+z 1... a z j+1 a z.j ) r+(a k a k 1... a z.f+z+1 a z.f+z ) r, j=0 kde f+1jeceločíselnýpodíl kděleno z.posledním z-číslímpakbudemeznačit a z 1... a 1 a 0. Tedynapříkladdvojcifernýsoučetčísla rje s 2 =77 r+19 r+58 r+2 raposledníčtyřčíslí tohotočíslaje1977 rvlibovolné r-adickésoustavě(zřejměvšak r 10).

2 Téma: Datumodeslání: 3. série Číselné soustavy ½¾º ÔÖÓ Ò ½ Rozcvička(nebodovaná) Rozhodněte,zdaexistujetakové r,aby r-adickýzápisčísla πbyltvaru ½º ÐÓ Ó µ Určeteposledníčíslicičísla !v (a) 2003-adické soustavě; (b) adické soustavě. ¾º ÐÓ Ó µ Označme počet čísel menších než n, které ve svém r-adickém zápise neobsahují číslici(r 1) symbolemυ(n).dokažte,žepakplatí 1 Υ(n) lim n n =0, tj.že téměřvšechna číslazapsanávr-adickésoustavěobsahujíčíslici(r 1). º ÐÓ Ó µ Najděte všechny r-adické číselné soustavy takové, ve kterých je řešitelný algebrogram SKALA+SKALA+SKALA=LASKA. To znamená: každé písmeno lze nahradit číslicí(různé různou) r-adické číselné soustavy, aby naznačené sečtení tří stejných čísel dávalo správný výsledek. º ÐÓ Ó µ (a) Mějme přirozené číslo n vyjádřené v r-adické soustavě ve tvaru n=(r 1)(r 2)(r 3) r. Napíšeme-li r-adický zápis čísla n r-krát za sebou, získáme r-adický zápis čísla, které označíme m.rozhodněte,prokterá rječíslo mdělitelnéčíslem11 r. (b) Určete jednu číslici před a jednu číslici za desetinnou čárkou v šestnáctkovém zápise čísla s π 2 π 4 «199716, π 1+ π 3 kdesymbol π i označuje i-toučíslicizadesetinnoučárkouvšestnáctkovémzápisečísla π(πje Ludolfovo číslo). 1 Υ(n) Poznamenejme,žezápis lim =0znamená,že( ε >0)( n n n 0 )( n > n 0 ) Υ(n) < ε n

3 Upozornění: Nedoporučuji snažit se o hledání souvislosti mezi částmi(a) a(b)(pozn. zodpovědného redaktora). º ÐÓ Ó µ Nechťpřirozené r >1,nechťdále x, y, z, njsoupřirozenáčíslataková, x (r z 1)ay r z a r-adický zápisčísla njetvaru a k a k 1... a 1 a 0r (k > z).dokažte,žepak a) Přirozené číslo n je dělitelné číslem x právě tehdy, když jeho z-ciferný součet je dělitelný číslem x. b) Přirozené číslo n je dělitelné číslem y právě tehdy, když jeho poslední z-číslí je dělitelné číslem y. Řešení 3. série Rozcvička (nebodovaná). Rozhodněte, zda existuje takové r, aby r- adickýzápisčísla πbyltvaru3, Rozcvičku řešila jen jedna řešitelka(lenka Zdeborová). Zde je řešení: Využijemevyjádření π=3, ataképro r >7platnýchnerovností (3,1998) r+1 <(3,1997) r <(3,1998) r. Našíúlohoujenalézttakové r N,že Radek Erban (3,1997) r π <(3,1998) r. To však není možné, neboť (3,1997) 12 =3, , (3,1998) 13 =3, Avzhledemkvýšeuvedenýmnerovnostemnemůžečíslo πprožádné r Nležetvpožadovaném intervalu. Hledané r tedy neexistuje. Pokud by se nejednalo pouze o rozcvičku, bylo by samořejmě ještě nutné zdůvodnit oprávněnost použitých numerických odhadů. 1. úloha Určeteposledníčíslicičísla !v (a) 2003-adické soustavě; (b) adické soustavě. Lemma. (Wilson)Nechť p Njeprvočíslo.Pakplatí (p 1)! 1 (mod p), přičemž,ževztah a b(mod p)znamená,žečíslo pdělírozdíl(a b).čteme ajekongruentní s bpodlemodulu p ;uvedenývztahnazývámekongruencí.poznamenejme,žeplatíiopačná implikace, tj. platí-li uvedená kongruence pro p > 1, pak p je prvočíslo.

4 Důkaz: Pro p = 2ap=3tvrzenízřejměplatí,předpokládejmetedy,že p > 3.Uvažujme množinu M= {1,2,3,..., p 1}.Je-li x M,paklzesnadnodokázat(zkustesito),žečíslo xy probíhápro y M všechnyprvky M.Existujetedyprávějedno y M takové,že xy 1 (mod p). Ptejmesenyní,kdymůžebýt x=y.řešímerovnici x 2 1(mod p),cožjeekvivalentníse zápisem p x 2 1=(x 1)(x+1).Dostávámetedyjendvěřešenívoborumnožiny Mato x=1, p 1.Ostatníčíslazmnožiny M \ {1, p 1}serozpadajínadvojice x 1, y 1 ; x 2, y 2 ;...;x k, y k,pro kteréplatí x 1 y 1 1, x 2 y 2 1,..., x k y k 1(mod p).čísla x 1, y 1, x 2, y 2,... x k, y k jsouažnapořadíčísla2,3,4,...,(p 2),protovynásobenímuvedenýchkongruencímáme x 1 y 1 x 2 y 2 x k y k 1(mod p),tj (p 2) 1 (mod p) anásobíme-liposlednívztahkonguencí p 1 1(mod p),dostáváme cožjsmechtěli. 2 (p 1)! 1 (mod p), (a) Nyní použijeme lemma pro prvočíslo p = 2003 a jednoduchými úpravami dostáváme !=1997! !( 5)( 4)( 3)( 2)( 1) (mod2003) 1997!( 5)( 4)( 3)( 2)( 1)=1997!( 120). Vynásobením 217 a užitím toho, že( 120)( 217) = (mod 2003) zjišťujeme, že 1997! 217 (mod2003). Atedy217jeposledníčíslicečísla !v2003-adickésoustavě. (b)jelikožčíslo20003=83 241dělíčíslo !,jeposledníčíslicečísla !v20003-adické soustavě 0. Poznámky k došlým řešením: Řešitele bylo možno rozdělit do pěti skupin: (1) špatně si přečetli zadání buď si faktoriál představili v dolním indexu, nebo ho vynechaliúplně(0+0i). (2) dokázali druhou(jednodušší) část(2 + 0i). (3) dokázali obě tvrzení, druhé však s použitím Wilsonovy věty, kterou použili bez důkazu (3+0i). (4) dokázali obě tvrzení, při důkazu Wilsonovy věty se odvolali na literaturu(5 + 0i). (5) dokázaliobětvrzeníiwilsonovuvětu(5+2i). 2 Analogickétvrzeníplatívkaždém konečném tělese.zkustetutoanalogii zformulovat(a případně i dokázat). Tělesem se zde míní jisté zobecnění racionálních čísel. Je to množina objektů (čísel), které můžeme sčítat a násobit, přičemž tyto operace splňují několik přirozených požadavků (asociativita, distributivita,...). Příklady(nekonečných) těles jsou racionální, reálná, komplexní čísla,příkladkonečnéhotělesajsounapříklad celáčíslamodulop,protentopříkladdostáváme právě dokázané lemma.

5 2. úloha Označme počet čísel menších než n, které ve svém r-adickém zápise neobsahují číslici(r 1) symbolemυ(n).dokažte,žepakplatí 3 Υ(n) lim n n =0, tj.že téměřvšechna číslazapsanávr-adickésoustavěobsahujíčíslici(r 1). Lemma. Nechť(a n) n=1,(bn) n=1 jsouposloupnostireálnýchčísel,prokteréplatí4 lim bn=0, n n N: 0 an bn. Pakexistujetéžlimitaposloupnosti a najerovnanule. Důkaz: přenecháváme laskavému čtenáři. Nechť k N. Ptejme se kolik je v r-adické číselné soustavě nejvýše k-ciferných čísel, která nebsahují číslici(r 1). Bude jich zřejmě stejně jako všech nejvýše k-ciferných čísel v(r 1)-adické soustavě,tojest(r 1) k. Nechť nje(k+1)-cifernéčíslo.pakzřejměplatí n r k, Υ(n) Υ(r k+1 )=(r 1) k+1. OdtuddostávámenerovnostΥ(n)/n (r 1) ((r 1)/r) k.užijemelemmatupro a n=υ(n)/n a b n=(r 1) ((r 1)/r) k.jde-linyní ndonekonečnajdeijehopočetcifer kdonekonečna. Avšak(r 1)/r <1,proto Dle lemmatu jsme hotovi. r 1 k r 1 k lim (r 1) =(r 1) lim =0. k r k r 3. úloha Najděte všechny r-adické číselné soustavy takové, ve kterých je řešitelný algebrogram SKALA+SKALA+SKALA=LASKA. To znamená: každé písmeno lze nahradit číslicí(různé různou) r-adické číselné soustavy, aby naznačené sečtení tří stejných čísel dávalo správný výsledek. Uvažováním prvního místa zprava v našem algebrogramu vidíme, že 2 A je dělitelné číslem r.tedybuďje A=0,nebo A=r/2(tosamozřejměpouzeprosudé r). Zabývejmesenejprvepřípadem A=r/2.Zetřetíhomístazjišťujeme,že S r/2(přenos nemůžebýtmocvelký.výjimkutvoří r=4,kdyjetřebazvážitmožnost A=2, L=3, S=0. 3 Υ(n) Poznamenejme,žezápis lim =0znamená,že( ε >0)( n n n 0 )( n > n 0 ) Υ(n) < ε n 4 Definicelimityposloupnostinámříkálim n a n= Aprávětehdy,kdyžprokaždé ε >0 existuje n 0 Ntakové,že n > n 0 : a n A < ε

6 Tatomožnostselhává,neboťkvůlidruhémumístubymuselobýt K =2=A.),alezpátého místavidíme,že3 S L (r 1),tedy r/2 S r/3,cožjespor. Z předcházejícího tedy plyne, že A = 0 nezávisle na r. Nyní dostáváme následující rovnice: Zdruhéhoatřetíhomísta 3 L=rS+ K, zčtvrtéhoapátehomísta 3 (rs+ K)=rL+A=rL. Vynásobíme-liprvnírovnosttřemiapřičtemedruhou,dostaneme9L=rL,čili r=9.na druhé straně snadno nahlédneme, že pro r = 9 je uvedený algebrogram skutečně řešitelný, existují dokonce čtyři řešení: SKALA = 13040, 16050, 23070, Poznámky k došlým řešením: Všichni(až na dvě výjimky, které sestavily rovnici 5. stupně pro r a nedořešily ji, za což obdržely i.) řešili úlohu delším nebo kratším rozborem případů. Ta rychlejší řešení obdržela +i. Několika řešitelům, kteří dokázali pouze to, že algebrogram nemůže mít řešení v žádné jiné, než devítkové soustavě, ale neuvedli příklad řešení jsem strhla jeden bod. 4. úloha (a) Mějme přirozené číslo n vyjádřené v r-adické soustavě ve tvaru n=(r 1)(r 2)(r 3) r. Napíšeme-li r-adický zápis čísla n r-krát za sebou, získáme r-adický zápis čísla, které označíme m.rozhodněte,prokterá rječíslo mdělitelnéčíslem11 r. (b) Určete jednu číslici před a jednu číslici za desetinnou čárkou v šestnáctkovém zápise čísla s π 2 π 4 «199716, π 1+ π 3 kdesymbol π i označuje i-toučíslicizadesetinnoučárkouvšestnáctkovémzápisečísla π(πje Ludolfovo číslo). Upozornění: Nedoporučuji snažit se o hledání souvislosti mezi částmi(a) a(b)(pozn. zodpovědného redaktora). (a)lemma. Nechťpřirozené r >1.Číslo c=(a k a k 1... a 1 a 0 ) rjedělitelnéčíslem11 rprávě tehdy,kdyžčíslo P k j=0 a j( 1) j ( střídavýcifernýsoučet čísla c,totočíslooznačímescs(c))je dělitelnéčíslem11 r. Důkaz: Všimněmesi,že r j =(r+1 1) j =(11 r 1) j,cožpodělení11 rdávázbytek( 1) j (užíjemebinomickouvětu).tudíž P k j=0 a jr j dávástejnýzbytek,jako P k j=0 a j( 1) j =scs(c). To,žečíslojedělitelné11 rjetotéž,jakožedávápodělení11 rzbytek0,jsmetedyhotovi. Řešenínynírozdělmenadvapřípady.Pokudje rsudé,takzlemmatu3plyne,žečíslo x=(r 1)(r 2)(r 3)...321(r 1)(r 2)(r 3) r jedělitelnéčíslem11 raprotože mlzepsátjako x s(včísleje r/2jedniček) jetéždělitelnéčíslem11 r.pokudječíslo rliché,říkánámlemma,žečíslo mjedělitelnéčíslem 11 rprávětehdy,kdyžčíslo r((1+3+ +(r 2)) (2+4+ +(r 1)))= r(r 1)/2(stačí sečístdvěaritmetickéřady)jedělitelnéčíslem11 r.avšak11 r= r+1nedělí r(r 1)/2(protože

7 rar+1jsounesoudělná,a(r 1)/2jemocmalé).Tedyprožádnéliché rneníčíslo mdělitelé číslem11 r. Dokázalijsmetedy:Číslo mjedělitelnéčíslem11 rtehdyajentehdy,když rjesudé. (b)číslo πvšestnáctkovésoustavěmátvar π=3,243(15)6....chcemetedyurčitjednučíslici před a jednu číslici za desetinnou čárkou v šestnáctkovém zápisu čísla ξ = ` Uvažujme posloupnost a n = α n + β n, kde α = 2+ 5 a β = 2 5. Umocněním podle binomickévětysesnadnoověří,že a njeceléčíslo.navícse a na α n lišívelmimálo méněnež od0,1 16 ( β <1/4,tedyuž β 2 <0,1 16 ).Pokudtedy a nkončícifrou x 16,takhledanécifry v ξjsou(... x,0...)(β <0,protoje a nomálomenšínež α = ξ). Vzhledemkrovnostem α n+2 =4 α n+1 + α n, β n+2 =4 β n+1 + β n,platírekurentnívztah a n+2 =4a n+1 +a n,přičemž a 0 =2, a 1 =4.Označme b n= a n mod16.snadnospočtemeprvní členy2,4,2,12,2,4.protože b nzávisíjenna b n 1 a b n 2,musíužplatit b n+4 = b n.tímspíše b n+16 = b natedy b = b 716 = b 316 =12.Závěr:hledanéčíslicejsou...(12),0... Poznámkykdošlýmřešením: Včástia)bylymožnéasidvapřístupy.Prvníjeten,kterývyužívá vzorovéřešení.druhýspočívávevyjádřeníčísla mjako n(r (r 1)(r 1) + r (r 1)(r 2) + +1), sečtení geometrické řady a dalších úpravách. V části b) byly postupy založené na jiné myšlence než vzorové řešení většinou nepřesné a chybné.několikřešitelůpozcelapřesněvyřešenéúlozeudělalochybuveznaménku β a vyšlo jim proto(11),(15). Ztratili za to 1i(typický případ nevhodného použití imaginárních bodů, pozn. redaktora). 5. úloha Nechťpřirozené r >1,nechťdále x, y, z, njsoupřirozenáčíslataková, x (r z 1)ay r z a r-adický zápisčísla njetvaru a k a k 1... a 1 a 0r (k > z).dokažte,žepak a) Přirozené číslo n je dělitelné číslem x právě tehdy, když jeho z-ciferný součet je dělitelný číslem x. b) Přirozené číslo n je dělitelné číslem y právě tehdy, když jeho poslední z-číslí je dělitelné číslem y. Za nejúspornější řešení chválíme Eriku Ventlukovou. (a) Zavedeme a i =0pro i > kaf+1= k z,stejnějakovúvodnímtextuksérii. f+1 X n= r zi (a zi+0 + a zi+1 r+ +a zi+z 1 r z 1 ). i=0 Vzhledemkekongruenci r z 1(mod x)platítaké r zi 1 i (mod x),zčehožvyplývá f+1 X n (a zi+0 + a zi+1 r+ +a zi+z 1 r z 1 ) (mod x). i=0 Atojepožadovanétvrzení napravéstraněje z-cifernýsočet. (b) Z y r z plyne y a zr z + a z+1 r z+1 + +a k r k = u.atedy y n y n u y a 0 + a 1 r+ +a z 1 r z 1, c.b.d.

8 Poznámky k došlým řešením: Tato úloha Vám nedělala žádné problémy. Téměř všichni jste dostaliplnýpočet(reálných)bodů.rozhodljsemsetedy,žesetrochu vyřádím naimaginární části hodnocení. Omlouvám se všem, pokud se jim imaginární hodnocení zdá nespravedlivé, již z jeho povahy musí být značně subjektivní. Velmi mě potěšilo, že téměř nikdo z Vás neopoměl v úlohách dokazovat ekvivalenci. Co mě ale znechucuje, je odbývání důkazu ekvivalence poznámkou o ekvivalentnosti Vašich úprav. Chcete říci, že kongruence nějakých dvou čísel je ekvivalentní s tím, že jedno je z-ciferným součtem druhého? Lze jen konstatovat, že jste použili toto magické zaříkávadlo na špatném místě.