2. série. Prvočísla. Téma: Datumodeslání: Dokažte,žekaždéprvočíslovětšínež5jdepsátvetvaru6k+1nebo6k 1,kde kjenějaké přirozené číslo.

Transkript

1 2. série Téma: Datumodeslání: Prvočísla º Ð ØÓÔ Ù ¾¼¼ ½º ÐÓ Ó Ýµ Dokažte,žekaždéprvočíslovětšínež5jdepsátvetvaru6k+1nebo6k 1,kde kjenějaké přirozené číslo. ¾º ÐÓ Ó Ýµ Mějme libovolné přirozené číslo n, které dává po dělení 3 zbytek 2. Dokažte, že potom existuje prvočíslo p,kterédělí napodělení3dávátakézbytek2. º ÐÓ Ó Ýµ Uvažujmečíslo M(n)=2 2n 1prolibovolnénezápornéceléčíslo n.zapišmetotočíslojako součinprvočísel,tedy M(n)=p 1 p 2 p k,kde p 1, p 2,..., p k jsounenutněrůznáprvočísla. Dokažte,že k n. 1 Najděte všechna přirozená čísla n s následující vlastností: je-li p libovolné prvočíslo, 2 < p n, potomjeičíslo n pprvočíslo. Najdětenejvětšíprvočíslo ptakové,že p 73 dělíčíslo2005!(symbolem n!značímefaktoriálčísla n, tedyčíslo1 2 3 (n 1) n). Buď njakékolivpřirozenéčíslo.dokažte,žečíslo6n 1jeprvočísloprávětehdy,když nnejde psátvetvaru n=(6k+1)l kprožádnápřirozenáčísla kal. Mějmelibovolnéprvočíslo pvětšínež5.dokažte,žedélkanejmenšíperiodyčísla 1 p (zapsaného vdesítkovésoustavě)dělíčíslo p 1. Buď plibovolnéprvočísloakpřirozenéčíslosplňující1 k p 1.Uvažujmesoučet S= i, I i I kdesčítámepřesvšechny k-prvkovépodmnožiny Imnožiny {1,2,..., p 1}. 2 1 Pronáročnější:najděteconejlepšíodhadnapočetprvočísel k napříkladpro6 n 23 platí,že k 2n 5.(Maximálnípočetbodůalezískáteipokudvyřešítejenprvníčástúlohy.) 2 Řečenolidskouřečí, Sdostanemetak,ževezmemelibovolnoupodmnožinu Imnožiny {1,2,..., p 1},vynásobímevšechnyjejíprvky,anakonecsečtemetytosoučinyprovšechnymožné podmnožiny I.Napříkladpro p=5ak=2jdetedyosoučet S=

2 Vzávislostina pakurčete,jakýzbytekdává Spoděleníprvočíslem p. Řešení 2. série 1.úloha (100,95,2,85,3,0) Dokažte,žekaždéprvočíslovětšínež5jdepsátvetvaru6k+1nebo6k 1,kde kjenějaké přirozené číslo. Uvědomme si, že každé celé číslo jde vyjádřit v(právě) jednom z následujících tvarů: 6k, 6k+1,6k+2,6k+3,6k+4nebo6k+5.Kdyby p >5byloprvočíslotvaru6k,6k+2nebo 6k+4,bylobydělitelné2,cožnenímožné.Kdybybylotvaru6k+3,bylobydělitelné3,což takénejde.musítedybýtbuďto p=6k+1nebo p=6k+5=6(k+1) 1,cožjeto,cojsme chtěli dokázat. Poznámky k došlým řešením: Většina řešitelů vše správně dokázala, a tak získala právem tři body. Za malé nedorazy(například nezdůvodnění, proč 6k není prvočíslo) jsme body neubírali. Stejně tak jsme byli hodní na ty, kteří ke správnému důkazu připsali neplatnou větu(nejčastěji obrácenou implikaci). Několik řešitelů uvedlo jen několik prvních prvočísel, pro která vztah platí, a napsali, že podobně to bude i pro prvočísla vyšší. Za nedostatečné zdůvodnění jsme nemohli udělit žádný bod. 2.úloha (83,59,2,27,3,0) Mějme libovolné přirozené číslo n, které dává po dělení 3 zbytek 2. Dokažte, že potom existuje prvočíslo p,kterédělí napodělení3dávátakézbytek2. Každé přirozené číslo n > 1 jde jednoznačně rozložit na součin prvočísel(protože n dává podělení3zbytek2,jeskutečně n >1).Kdyby nnebylodělitelnéžádnýmprvočíslem,které podělení3dávátakézbytek2,dávalabyvšechnaprvočíslavrozkladu nzbytek1podělení3 (dělitelná3býtnemohou,pakbytotižbyloindělitelné3).mohlibychomtedypsát n=(3k 1 +1)(3k 2 +1) (3k l +1), kde3k i +1jsouuvažovanáprvočísla.Jakalesnadnoověříšroznásobením,součindvoučíseltvaru 3k +1 je opět téhož tvaru, takže postupně roznásobováním(a formálně bychom to mohli dokázat třebamatematickouindukcí)dostaneme,žeičíslo njetvaru3k+1.tojealesporspředpoklady úlohy. 3.úloha (66,51,2,32,3,0) Uvažujmečíslo M(n)=2 2n 1prolibovolnénezápornéceléčíslo n.zapišmetotočíslojako součinprvočísel,tedy M(n)=p 1 p 2 p k,kde p 1, p 2,..., p k jsounenutněrůznáprvočísla. Dokažte,že k n. 3 3 Pronáročnější:najděteconejlepšíodhadnapočetprvočísel k napříkladpro6 n 23 platí,že k 2n 5.(Maximálnípočetbodůalezískáteipokudvyřešítejenprvníčástúlohy.)

3 Dokazujme matematickou indukcí: (1) Je-li n=1,je M(n)=3=p 1,takževskutkujepočetprvočísel1=k n=1. (2) Předpokládejme, že M(n 1) = p 1 p 2 p k,kde(podle indukčního předpokladu) platí k n 1Všimněmesi,že M(n)=2 2n 1= (2 2n 1) 2 ( ) ( ) ( ) 1= 2 2n n 1 +1 = M(n 1) 2 2n Číslo2 2n 1 +1můžemepsátvetvarusoučinuprvočíseljako2 ( ) 2n 1 +1=p k+1 p k+2 p k+l, kde l 1,takže M(n)=M(n 1) 2 2n 1 +1 = p 1 p 2 p k p k+1 p k+2 p k+l ;početprvočísel vrozkladuje k+l (n 1)+1=n,čímžjsmedokázaliiindukčníkrok. 4.úloha (79,54,2,67,3,0) Najděte všechna přirozená čísla n s následující vlastností: je-li p libovolné prvočíslo, 2 < p n, potomjeičíslo n pprvočíslo. Volby n=1,2snadnovyhovízadání,jelikožneexistujeprvočíslo ptakové,že2<p n. Naopak n=3,4,9zadánínesplňujíkvůlivolbě p=3; n=5,6nesplňujíkvůlivolbě p=5a n=7,8kvůlivolbě p=7.snadnoseověří,že n=10mápožadovanouvlastnost.dokážeme, žeužžádnájiná npožadovanouvlastnostnemají.čísla3,5,7dávajírůznézbytkypřidělení třemi,tudížpro n 11jealespoňjednozčísel n 3, n 5, n 7složené(jedělitelnétřemia větší než tři). Zadánítedysplňujívolby n=1,2,10. Poznámky k došlým řešením: Nejčastější chybou bylo i u zkušených řešitelů to, že zapomínali načísla1a2.zadáníúlohyjenevylučuje!jetampouzeřečeno,že(n p)mábýtprvočíslopro všechna prvočísla p > 2 a zároveň p n. Většina úspěšných řešitelů využila počítání modulo 3, což bylo nejjednodušší, někteří modulo 5 či modulo jiné prvočíslo, i to bylo naprosto korektní. Bohužel někteří stále považují za prvočíslo 1 nebo dokonce i 0! Z toho vznikala chybná uvádění čísel 4, 6, 8 nebo 5 mezi vyhovujícími přirozenými čísly. 5.úloha (89,80,4,00,5,0) Najdětenejvětšíprvočíslo ptakové,že p 73 dělíčíslo2005!(symbolem n!značímefaktoriálčísla n, tedyčíslo1 2 3 (n 1) n). Nejprvesipřipomeňmetentoznámýfakt:Největšíčíslo ktakové,žečíslo p k dělí n!,je k= i=1 n p i. Pročtomutakje?Mezičísly1,2,..., njeprávě n číseldělitelných p(jsoutočísla p,2p,..., p n p). Každé z nich přispěje k exponentu k jedničkou. Některá z nich jsou ale dokonce dělitelná p p 2.Těchje n p 2 a ke k přispějí aspoň 2. Jednou už byla započítána v číslech dělitelných p, stačí je tedy připočíst jen jednou. Obdobně když budeme uvažovat čísla dělitelná vyššími mocninami p, dostaneme i další členy uvedeného součtu.

4 Ještě si uvědomme, že ač je tento součet psaný jako nekonečný, stačí uvažovat jen konečně mnohojehočlenů.je-litotiž p i > n,je n p i = 0, takže takovéto členy v součtu nehrají žádnou roli. Anyníhuránařešeníúlohy!Snadnospočteme,žepro p=23jeodpovídající k= = =90 >73.Myalemámenajítnejvětšítakové p, 3 takžecokdybypronějakévětší pbylo2005!dělitelnétakéčíslem p 73?Pakmusíbýt p 29,a tedy k= p i 29 i = i=1 i= = =71 <73. Žádné p >23tedypodmínkámúlohynevyhovuje,takže p=23jehledanénejvětšíčíslo. 6.úloha (48,43,3,31,3,5) Buď njakékolivpřirozenéčíslo.dokažte,žečíslo6n 1jeprvočísloprávětehdy,když nnejde psátvetvaru n=(6k+1)l kprožádnápřirozenáčísla kal. Máme dokázat ekvivalenci, dokažme tedy postupně dvě implikace: Předpokládejme,že6n 1jeprvočísloapřitomexistujípřirozenáčísla kaltaková,že n=(6k+1)l k.potom6n 1=6((6k+1)l k) 1=36kl+6l 6k 1=(6k+1)(6l 1), cožjesporstím,že6n 1jeprvočíslo. Předpokládejme,že nnejdepsátvetvaru n=(6k+1)l kprožádnápřirozenáčísla k a lapřitom p=6n 1neníprvočíslo.Pakalemá pvlastníhoděliteletvaru6l 1(stačípoužít obdobnouúvahujakovřešení2.úlohy),amůžemejetedypsátjako p=(6l 1)m.Číslo pje nesoudělnés6,takžeimjenesoudělnés6,atedyje mtvaru6k 1,nebo6k+1. Kdybybylo m=6k 1,tak p=(6l 1)(6k 1)=36kl 6l 6k+1=6(6kl k l)+1 6n 1=p(pmádávatpodělení6zbytek5,ne1). Nastanetedydruhýpřípadam=6k+1.Pak p=(6l 1)(6k+1)=36kl+6l 6k 1= =6(6kl k+l) 1=6n 1,takže n=6kl k+l=(6k+1)l k.aletojesporspředpokladem, žesetakto npsátnedá! 7.úloha (31,23,3,23,5,0) Mějmelibovolnéprvočíslo pvětšínež5.dokažte,žedélkanejmenšíperiodyčísla 1 p (zapsaného vdesítkovésoustavě)dělíčíslo p 1. Předpokládejme,ženejkratšíperiodadesetinnéhozápisuvypadájako x=α 1 α 2... α m (ta čáranahořeznačídesítkovýzápis nejdeonásobeníčísel α i ). Potomprovhodná k, z(obojípřirozená, kjevětšíneborovnopočtučíslicčísla z)platí: 1 p =10 k z+10 k m x+10 k 2m x+... Můžeme použít vzorec pro součet geometrické řady a dostaneme: 1 p =10 k z+10 k m 1 x 1 10 m =10 k z+10 k x 10 m 1 10 k p = z+ x 10 m 1

5 Kdybybylo xdělitelné10 m 1,tak x=(10 m 1) c(kde c N 0 )amáme 10k p = z+ c N 0, tedy p 10 k.protožeale p >5,je pzjevněnesoudělnésdesítkou,aprotonemůžedělitžádnou jejímocninu.tedy10 m 1nedělí x. Jednoduchou úpravou dostáváme: 10 k z p= xp 10 m 1. Výraznalevéstranějeceléčíslo,takžemusíbýt10 m 1 xp.přitom10 m 1 x,takžečísla p a10 m 1musíbýtsoudělná.Protože pjeprvočísloa10 m 1 >1,můžetonastatjenomtak, že p 10 m 1. Naopak,pokudpronějaké m Nplatí,že p 10 m 1,položíme x= 10m 1 <10 p m amáme: xp 1= 10 m 1 1 p = x 10 m 1 = x10 m 1 10 m 1 1 p =10 m x 1 10 m =10 m x+10 2m x+..., takže 1 p = α 1α 2... α mα 1 α 2...ajsmehotovi. Tedynejkratšídélkaperiody 1 p jeprávěnejmenšípřirozenéčíslo mtakové,že p 10m 1.Teď nám stačí použít známé tvrzení: Věta. (MaláFermatova)Pokud pjeprvočíslo, ajenesoudělnésp,takplatí p a p 1 1. Důkaz 4 tétovětyjemožnoprovádětnapříkladelementárnězbinomickévětyindukcípodle a. Zjevnědesítka není soudělnásp,takže p 10 p 1 1. Nechťnyní prospordélkanejmenší periody 5 mnedělí p 1.Potomjistě m < p 1(víme,že p 1jeperioda).Vydělenímčísla p 1 číslem msezbytkemdostaneme: p 1=m l+q,kde0<q<mjepřirozené.ukážeme,že p 10 q 1,cožbudesporsminimalitou m.víme,že: 10 p 1 1=10 m l+q 1=10 q ( 10 m l 1+1 ) 1=10 q 1+(10 m l 1) 10 q. Přitom p 10 m 1asnadno(třebaindukcí)nahlédneme,žepotomtaké p 10 ml 1prokaždé l N 0,takže p (10 m l 1) 10 q.protomůžemepsát: p 10 p 1 p 10 q 1+(10 m l 1) 10 q p 10 q 1, cožjekýženýsporstím,že mjenejmenšíperioda.tímjsmetvrzenídokázali. Poznámky k došlým řešením: Skoro všichni řešitelé, kteří v úloze použili Malou Fermatovu větu, tuto úlohu nakonec i úspěšně dořešili. Naopak, skoro všichni řešitelé, kteří si její použití odpustili, 4 Hezčí důkaz najdešspolusdalšímipoznatky třebavseriáluoteoriičíselze 17.ročníku Prasete v našem archivu na 5 Uvědomsi,žetaktomůžemepostupovatjenomproto,ževíme,ženějakánejmenšídélka periody vůbec existuje(třeba mezi čísly z intervalu(0; 1) neexistuje nejmenší číslo).

6 nakonec tuto úlohu stejně nezvládli. Na tomto místě bych vyzvedl Víta Jakimiva a Rastislava Oľhavu, kteří byli světlými výjimkami bezfermatovců a vysloužili si almužničku v podobě i. Jinakstojízazmínku,žespoustařešitelůjakobyvycházelaztoho,cosemádokázat.Takto, milí řešitelé, opravdu nefunguje! I když nám to při řešení může pomoct, je potřeba úlohu řešit způsobem, že všechna čísla dělitelná čtyřmi jsou sudá, a ne, že sudá čísla jsou dělitelná čtyřmi. 8.úloha (12,5,1,75,0,0) Buď plibovolnéprvočísloakpřirozenéčíslosplňující1 k p 1.Uvažujmesoučet S= I i, kdesčítámepřesvšechny k-prvkovépodmnožiny Imnožiny {1,2,..., p 1}. 6 Vzávislostina pakurčete,jakýzbytekdává Spoděleníprvočíslem p. Označme Z p množinu {0,1,..., p 1}společněsesčítánímanásobenímmodulo p(tj.po provedení příslušnéoperace vezmeme zbytek výsledku povydělení p). Z p jetakzvané těleso, nejdůležitějšívlastnostíje,žeprokaždé a Z p, a 0existuje a takové,že a a 1(mod p). Takové a seobvykleznačí a 1.Mějmepolynom i I P(x)=x p 1 1 skoeficientyvz p.podlemaléfermatovyvětyje a p 1 1(mod p)pro a Z p, a 0,tudíž takové a je kořenem polynomu P. V tělesech je jednoznačná faktorizace polynomů, odkud plyne, že: P(x)=(x 1)(x 2) (x (p 1))) v Z p. Označme S k výrazzezadánípropevnědané k.potomzviètovýchvztahůdostáváme,že: P(x)=x p 1 S 1 x p 2 + S 2 x p 3 +( 1) p 1 S p 1. Odtudporovnánímkoeficientůvdefinici P(x)avnovémvyjádřenídostáváme,že S k 0(mod p) pro k < p 1adále S p 1 1(mod p)(rozlišísepřípady p=2apliché). 6 Řečenolidskouřečí, Sdostanemetak,ževezmemelibovolnoupodmnožinu Imnožiny {1,2,..., p 1},vynásobímevšechnyjejíprvky,anakonecsečtemetytosoučinyprovšechnymožné podmnožiny I.Napříkladpro p=5ak=2jdetedyosoučet S=