Jindřich Michalik. Kombinatorické posloupnosti čísel a dělitelnost

Transkript

1 DIPLOMOVÁ PRÁCE Jidřich Michalik Kombiatorické poslouposti čísel a dělitelost Katedra didaktiky matematiky Vedoucí diplomové práce: Studijí program: Studijí obor: doc. RNDr. Atoí Slavík, Ph.D. Matematika Učitelství matematiky deskriptiví geometrie pro středí školy (MDUSSS) Praha 2018

2 Prohlašuji, že jsem tuto diplomovou práci vypracoval(a) samostatě a výhradě s použitím citovaých prameů, literatury a dalších odborých zdrojů. Beru a vědomí, že se a moji práci vztahují práva a poviosti vyplývající ze zákoa č. 121/2000 Sb., autorského zákoa v platém zěí, zejméa skutečost, že Uiverzita Karlova má právo a uzavřeí licečí smlouvy o užití této práce jako školího díla podle 60 odst. 1 autorského zákoa. V... de... Podpis autora i

3 Název práce: Kombiatorické poslouposti čísel a dělitelost Autor: Jidřich Michalik Katedra: Katedra didaktiky matematiky Vedoucí diplomové práce: doc. RNDr. Atoí Slavík, Ph.D., Katedra didaktiky matematiky Abstrakt: Práce obsahuje přehled výsledků o číselě teoretických vlastostech ěkterých výzamých kombiatorických posloupostí, kokrétě faktoriálů, kombiačích čísel, Fiboacciho a Catalaových čísel. Je zkoumáa apř. parita, prvočíselost, dělitelost mociami prvočísel, esoudělost apod. Práce by měla být z velké části srozumitelá adaým středoškolským studetům, výsledky jsou ilustrováy a příkladech. Klíčová slova: kombiatorika, posloupost, dělitelost, faktoriál, kombiačí číslo, Fiboacciho čísla, Catalaova čísla, Lucasova věta, Legedreův vzorec, Kummerova věta Title: Combiatorial sequeces ad divisibility Author: Jidřich Michalik Departmet: Departmet of Mathematics Educatio Supervisor: doc. RNDr. Atoí Slavík, Ph.D., Departmet of Mathematics Educatio Abstract: This work cotais a overview of the results cocerig umbertheoretic properties of some sigificat combiatorial sequeces such as factorials, biomial coefficiets, Fiboacci ad Catala umbers. These properties iclude parity, primality, prime power divisibility, coprimality etc. A substatial part of the text should be accessible to gifted high school studets, the results are illustrated with examples. Keywords: combiatorics, sequece, divisibility, factorial, biomial coefficiet, Fiboacci umbers, Catala umbers, Lucas Theorem, Legedre s formula, Kummer s theorem ii

4 Děkuji doc. RNDr. Atoíu Slavíkovi, Ph.D. za odboré vedeí, poskytutí vhodé literatury, eobyčejou pečlivost a vytrvalost. iii

5 Obsah 1 Úvod 2 2 Faktoriál Defiice faktoriálu Dělitelé faktoriálu Dělitelé faktoriálu: odhady a důsledky Kombiačí číslo Zavedeí kombiačích čísel Kombiatorické idetity Parita čísel v Pascalově trojúhelíku Lucasova věta Pascalův trojúhelík modulo Kummerova věta Kdy je kombiačí číslo mociou? Fiboacciho čísla Rekuretí vzorec Dělitelost Fiboacciho čísel Dlážděí Největší společý dělitel Fiboacciho čísel Catalaova čísla Úvodí příklad Rekuretí vzorec Parita a prvočíselost Catalaových čísel Dělitelé Catalaových čísel Sezam obrázků 45 Sezam tabulek 46 Literatura 47 1

6 1. Úvod Tato diplomová práce si klade za cíl sestavit přehled výsledků o číselě teoretických vlastostech ěkterých výzamých kombiatorických posloupostí týkajících se dělitelosti. Takovými vlastostmi rozumíme apř. prvočíselost, lichost a sudost ebo obecěji dělitelost daým prvočíslem, v ávazosti i dělitelost daou mociou daého prvočísla, esoudělost a podobě. V každé kapitole je použití odvozeých vlastostí ilustrováo a příkladech. V kapitole 2 začíáme se základí posloupostí kombiatoriky, posloupostí faktoriálů. Pro 3 je faktorálem! = zřejmě složeé číslo, proto začíáme velmi rychle s vyšetřováím, jaká ejvětší mocia daého prvočísla p je dělitelem!. Výsledkem je tzv. Legedreův vzorec (2.2.7), a který se mohokrát odkazujeme v průběhu práce při dokazováí ových vět ebo při řešeí příkladů. Kapitola 3 pojedává o kombiačích číslech. Často pracujeme s Pascalovým trojúhelíkem pro lepší představu o výzamu ěkterých odvozeých výsledků. Nejdříve se zabýváme lichostí/sudostí kombiačích čísel. Na získaé výsledky avazuje Lucasova věta 3.4.7, díky které můžeme sado zjistit zbytek po děleí daého kombiačího čísla ( daým prvočíslem p. Zajímavé je uspořádáí sudých a lichých čísel v Pascalově trojúhelíku, o čemž pojedává sekce 3.5. Zjišťujeme, že při barevém odlišeí pozic podle parity čísel, která se v Pascalově trojúhelíku acházejí, získáme obrázek připomíající zámý fraktál. Dále v kapitole 3 zjišťujeme, jaká ejvětší mocia daého prvočísla p dělí daé kombiačí číslo. Elegatí odpověď a tuto otázku dává Kummerova věta 3.6.2, z íž prameí moho důsledků a využijeme ji i v příkladech v kapitole 5. V závěru kapitoly se dozvíme, že kombiačí číslo je zřídkakdy mociou prvočísla. Kapitola 4 pojedává o Fiboacciho číslech, pravděpodobě ejpopulárější kombiatorické poslouposti. Přestože se dají ajít souvislosti mezi Fiboacciho čísly a kombiačími čísly apř. v Pascalově trojúhelíku, lze tuto kapitolu číst samostatě a bez zalostí z přechozích dvou kapitol. Zabýváme se soudělostí Fiboacciho čísel a kombiatoricky odvozujeme, že pro, m 1 je m-té Fiboacciho číslo F m dělitelem F m. V ávazosti a teto výsledek odvozujeme větu, která výrazě usadňuje určeí ejvětšího společého dělitele Fiboacciho čísel. Posledí kapitola je věováa poslouposti Catalaových čísel. Přes růzá kombiatorická odvozeí se dostaeme jak k defiici -tého Catalaova čísla C pomocí kombiačího čísla, tak k rekuretímu vzorci. Dále se zabýváme paritou a prvočíselostí Catalaových čísel a zjišťujeme, že Catalaových prvočísel je koečý počet. V sekci 5.4 popisujeme dělitelost C růzými prvočísly. Výsledky přebíráme z čláku [2] bez důkazů kvůli jejich rozsahu; příos sekce 5.4 spočívá ve zpřehleděí těchto výsledků. Na závěr kapitoly zjišťujeme, jakou ejvětší mociou dvojky je dělitelé daé Catalaovo číslo a vylepšujeme výsledek z [2] pro dělitelost číslem 3. Od čteáře očekáváme zalosti středoškolské matematiky. Moho důkazů a řešeí příkladů využívá zápis čísel v růzých číselých soustavách (ebo obecě v soustavě o základu daého prvočísla p), ěkteré vyžadují práci se zbytky po děleí daým prvočíslem v podobě kogruecí. 2

7 2. Faktoriál 2.1 Defiice faktoriálu Na úvod kapitoly připomeeme defiici faktoriálu pro přirozeá čísla, tj.! = k. (2.1.1) k=1 Faktoriál hraje v kombiatorice důležitou roli, eboť! je počet permutací -prvkové možiy. Prvích deset faktoriálů přirozeých čísel udává tabulka 2.1. Pro ěkteré účely se hodí dodefiovat hodotu faktoriálu i pro = 0 vztahem 0! = 1. O užitečosti této defiice se přesvědčíme v avazujících kapitolách. V této kapitole budeme vycházet z kihy [7]. 2.2 Dělitelé faktoriálu Přistupme yí ke zkoumáí dělitelosti faktoriálů. Z defiice je ihed zřejmé, že každé přirozeé číslo k je dělitelem!. Zamysleme se yí, jak by vypadal prvočíselý rozklad čísla!. Obecě je to souči! = p k 1 1 p k 2 2 p k p kt t = t i=1 p k i i, (2.2.1) kde p i jsou růzá prvočísla a k i příslušé expoety pro každý idex i. Pro libovolé prvočíslo p chceme zjistit, jaká ejvětší mocia p je dělitelem!. Hledaý expoet budeme začit ɛ p (!). Uveďme jedoduchý příklad: Nechť je dáo = 10 a p = 2. Chceme ajít číslo ɛ p (!) = ɛ 2 (10!), tedy expoet u dvojky v prvočíselém rozkladu čísla 10!. Jelikož je 10! podle defiice součiem čísel 1,..., 10, můžeme ajít ɛ 2 (10!) tak, že posčítáme expoety ejvyšších moci dvojky, které dělí čísla 1,..., 10. Tedy u každého z těchto deseti čísel zjistíme, kolik dvojek se achází v jeho prvočíselém rozkladu. Tímto postupem získáme tabulku 2.2. Zjišťujeme, že celkový počet dvojek v prvočíselých rozkladech všech deseti čísel dohromady je = 8. Tudíž 2 8 dělí 10!, ale 2 9 už e. Ke stejému závěru bychom však mohli dojít trochu odlišým postupem. Místo sledováí, kolika dvojkami přispěje každý sloupec tabulky do výsledého součtu, se yí podívejme a to, kolika dvojkami přispěje každý řádek. Začeme tím, že zjistíme, kolik z daých deseti čísel je dělitelých dvěma, a zapíšeme počet a koec řádku. Poté zjistíme, kolik z daých čísel je dělitelých čtyřmi, a opět zapíšeme do tabulky. Takto postupujeme dále po mociách dvojky, dokud je ! Tabulka 2.1: Tabulka faktoriálů pro malá 3

8 dělitelé 2 X X X X X dělitelé 4 X X dělitelé 8 X dvojek celkem Tabulka 2.2: Výpočet ɛ 2 (10!) po sloupcích počet větší ež 0 (tedy v tomto případě do dělitelosti číslem 8). Tímto způsobem vzike posledí sloupec tabulky počet dvojek dělitelé 2 X X X X X 5 = 10/2 dělitelé 4 X X 2 = 10/4 dělitelé 8 X 1 = 10/8 součet 8 Tabulka 2.3: Výpočet ɛ 2 (10!) po řádcích Připomíáme, že x začí dolí celou část čísla x. Do prvího řádku posledího sloupce tabulky 2.3 zapisujeme počet čísel dělitelých dvěma. Takových čísel je přesě polovia, pokud je jejich počet dělitelý dvěma. Obecě je to však dolí celá část poloviy jejich počtu. Aalogicky, počet čísel dělitelých čtyřmi je dolí celá část čtvrtiy jejich počtu atd. Zjišťujeme, že ɛ 2 (10!) = = = 8. (2.2.2) 8 Zobecěím předchozí úvahy ihed dostáváme ásledující větu. Věta ([7, str. 113]) Pro libovolé přirozeé platí: ɛ 2 (!) = = k=1 2 k. (2.2.3) Součet (2.2.3) je vždy koečý a má ejvýše log 2 eulových čleů, eboť pro 2 k > je 2 rovo ule. k Vidíme, že každý čle je dolí celou částí poloviy předchozího čleu. Pro všecha totiž platí /2 k =. (2.2.4) 2 k+1 2 Sado to plye apř. ze zápisu čísel ve dvojkové soustavě, eboť dolí celá část z /2 k odpovídá posuu dvojkového zápisu o k pozic vpravo. Například pro = 100 dostáváme ɛ 2 (100!) = = 97. (2.2.5) 4

9 Sledujme, co se při výpočtu dalších čleů děje, zapíšeme-li je ve dvojkové soustavě: 100 = ( ) 2 = /2 = (110010) 2 = /4 = (11001) 2 = /8 = (1100) 2 = /16 = (110) 2 = 6 100/32 = (11) 2 = 3 100/64 = (1) 2 = 1 Výpočet dolí celé části z poloviy libovolého čísla je ve dvojkové soustavě jedoduchý stačí odebrat posledí cifru. Díky těmto vlastostem čísel zapsaých ve dvojkové soustavě můžeme zformulovat ásledující větu. Věta ([7, str. 114]) Pro libovolé přirozeé platí ɛ 2 (!) = ν 2 (), (2.2.6) kde ν 2 () je počet jediček v biárí reprezetaci čísla. Proč tomu tak je? Uvedeme ejdříve příklad. Číslo 100 = ( ) 2 je reprezetováo ve dvojkové soustavě třemi jedičkami o hodotách 64, 32, 4. Dolí celou část poloviy čísla 100 můžeme počítat jako součet dolích celých částí polovi těchto čísel, tedy 100 = Stejě postupujeme i při výpočtu dalších čleů ɛ 2 (100!), tedy 100 = atd. V řádcích tabulky 2.4 vidíme, jakou hodotou přispěje každé z čísel 64, 4 32, 4, potažmo každá jedička z biárího zápisu čísla 100 = ( ) 2, ke koečému součtu ɛ 2 (100!) součet Tabulka 2.4: Výzam biárího zápisu pro dolí součty Nyí můžeme přistoupit k důkazu věty Důkaz. Každá jedička v biárím zápisu čísla má hodotu 2 m, kde m je pozice této jedičky zprava s číslováím od uly. Současě tato jedička (potažmo číslo 2 m ) přispěje hodotou 2 m m ke koečému součtu ɛ 2 (!). Platí 2 m m = 2 m 1, tedy každá jedička v biárím zápisu čísla přispěje hodotou 2 m 1 k číslu ɛ 2 (!), a současě hodotou 2 m k číslu. Tím je rovost (2.2.6) dokázáa. Zobecíme-li vztah (2.2.3) pro libovolé prvočíslo p, dostáváme tzv. Legedreův vzorec. 5

10 Věta ([7, str. 114], [13, str. 9]) Pro přirozeé číslo a prvočíslo p platí: ɛ p (!) = =. (2.2.7) p 1 p 2 Platost Legedreova vzorce (2.2.7) můžeme odůvodit stejým způsobem (tabulka 2.2), je místo po mociách dvojky postupujeme po mociách prvočísla p. S pomocí Legedreova vzorce můžeme odvodit aalogii vzorce (2.2.6) pro obecé prvočíslo p. Věta ([12, str. 115], [22]) Pro libovolé přirozeé číslo a prvočíslo p platí p 3 i=1 ɛ p (!) = ν p(), (2.2.8) p 1 kde ν p () je ciferý součet při reprezetaci čísla v číselé soustavě o základu p. Důkaz. Rozviutý zápis čísla v číselé soustavě o základu p je = k p k + k 1 p k p+ 0, tedy platí p i = k p k i + k 1 p k 1 i + + i+1 p+ i. Vyjdeme-li ze vzorce (2.2.7), dostáváme postupě p i ɛ p (!) = = = = = = čímž je věta dokázáa. k i=1 p i k ( ) k p k i + k 1 p k 1 i + + i+1 p + i i=1 k i=1 k j=1 k j=1 k j=0 k j p j i j=i j j p j i i=1 = 1 p 1 j pj 1 p 1 j pj 1 p 1 k ( ) j p j j j=0 = 1 p 1 ( ν p()), (2.2.9) Uveďme yí příklad a použití vzorce (2.2.7). 6

11 Příklad Zjistěte, kolika ulami kočí číslo 100!. Přirozeé číslo kočí x ulami právě tehdy, když je dělitelé 10 x, ale e 10 x+1. Jelikož se číslo 10 rozkládá a souči 2 5, musí být dělitelé 2 x a současě 5 x. Nalezeme tedy ejvětší mociu dvojky, která dělí 100!, a ejvětší mociu pětky, která dělí 100!. Miimum z těchto dvou výsledků je hledaé x. ɛ 2 (100!) = 100 i=1 2 i = = = ɛ 5 (100!) = i=1 mi(97,24) = 24 5 i 100 = = = (2.2.10) Zjistili jsme, že číslo 100! kočí 24 ulami. Zadaý příklad vyřešíme ještě jiým způsobem, a to pomocí vět a Opět potřebujeme zjistit hodoty ɛ 2 (100!) a ɛ 5 (100!). Hodotu ɛ 2 (100!) zjistíme pomocí věty (resp. už jsme ji zjistili). Po dosazeí do (2.2.6) dostáváme ɛ 2 (100!) = = 97. (2.2.11) Hodotu ɛ 5 (100!) zjistíme pomocí věty Ciferý součet čísla 100 = (400) 5 při zápisu v pětkové soustavě je ν 5 (100) = 4. Po dosazeí do (2.2.8) tedy dostáváme ɛ 5 (100!) = = 24. (2.2.12) Hledaým číslem je opět miimum z obou dosažeých výsledků, tedy Dělitelé faktoriálu: odhady a důsledky Jak rychle roste fukce ɛ p (!)? Sado můžeme dostat dobrý odhad odstraěím dolích celých částí jedotlivých čleů ve vzorci (2.2.7) a sečteím ekoečé geometrické řady: ɛ p (!) < p + p + 2 p +... ( p + 1p ) = p = ( ) p p p 1 = p 1 (2.3.1) 7

12 Pro p = 2 a = 100 dostáváme horí odhad 100, což je celkem blízko skutečé hodotě ɛ p (!) = 97. Obecě roste ɛ 2 (!) srovatelě rychle jako. Plye to ze vzorce (2.2.6) a z toho, že ν 2 () log 2 je pro velká zaedbatelé oproti hodotě. Pro p = 2 a p = 3 získáváme odhady ɛ 2 (!) a ɛ 3 (!) /2, zdá se tedy logické, že by pro ěkterá mohlo být ɛ 3 (!) přesě polovičí oproti ɛ 2 (!). Skutečě takové případy jsou, a to apříklad pro = 6 a = 7. Platí 6! = ; z prvočíselého rozkladu vidíme, že počet trojek je opravdu polovičí oproti počtu dvojek. To samé platí pro 7! = Neí však dokázáo, zda je takových případů ekoečě moho. Nerovost (2.3.1) můžeme použít k odvozeí dalšího odhadu týkajícího se dělitelů faktoriálu. Sado získáváme odhad pro p ɛp(!), což je ejvětší mocia p, která dělí!: p ɛp(!) < p p 1 (2.3.2) Tuto erovost můžeme ještě zjedodušit (za ceu zhoršeí horího odhadu), uvědomíme-li si, že pro každé reálé x platí x 2 x 1 ; tudíž p ɛp(!) < p p 1 (2 p 1 ) p 1 = 2. (2.3.3) Odvodili jsme tedy, že ejvětší mocia libovolého prvočísla, která dělí!, je vždy meší ež 2. 8

13 3. Kombiačí číslo 3.1 Zavedeí kombiačích čísel Na úvod kapitoly připomeeme defiici kombiačího čísla. Pro ezáporé celé číslo a ezáporé celé číslo k defiujeme kombiačí číslo ( jako počet růzých euspořádaých k-tic, které lze sestavit z růzých prvků bez opakováí. Pro takto defiovaé číslo platí ( )! ( k + 1) = =, (3.1.1) k k! (! k! a to i pro případ = 0 ebo k = 0 díky defiici 0! = 1 z předchozí kapitoly. Pro k > defiujme ( = 0. Všecha kombiačí čísla (, kde N0 a 0 k, lze uspořádat do trojúhelíkového schématu tak, že a -tém řádku shora (s číslováím od uly) ajdeme po řadě zleva čísla ( ( 0), ( 1),..., ). Tuto strukturu azýváme Pascalův trojúhelík (viz tabulku 3.1) Tabulka 3.1: Prvích 7 řádků Pascalova trojúhelíku 3.2 Kombiatorické idetity V této sekci předvedeme kombiatorické důkazy dvou idetit, které budeme vzápětí potřebovat. Vycházíme převážě z kapitoly 5.2 kihy [3]. Obě idetity lze sado dokázat také přímo ze vztahu (3.1.1). Věta Pro 0 k platí ( ) ( ) 1 k =. (3.2.1) k k 1 Důkaz. ([3, str. 75]) Kolika způsoby lze ze třídy o studetech vybrat k-čleou komisi s určeím jedoho z čleů předsedou? K výsledku lze dospět dvěma způsoby, které odpovídají levé a pravé straě dokazovaého vztahu (3.2.1). 1. způsob: Existuje ( způsobů, jak vybrat komisi. Potom je k možostí, jak z této komise určit předsedu. Počet možostí je tedy k (. 9

14 2. způsob: Nejprve vybereme předsedu z studetů. Poté ze zbývajících 1 studetů vybereme k 1, kteří doplí komisi. Celkový počet možostí je tedy ( 1 k 1). Věta Pro 0 k platí ( ) ( ) 1 ( =. (3.2.2) k k Důkaz. Ze třídy o studetech potřebujeme vybrat k-čleou komisi a jedoho zapisovatele, který ebude čleem komise. Kolika způsoby to lze provést? Odpověď lze vyjádřit dvěma způsoby, které odpovídají levé a pravé straě dokazovaého vztahu (3.2.2). 1. způsob: Vybereme komisi, což lze provést ( způsoby. Ze zbylých k studetů vybereme zapisovatele. Celkový počet možostí je tedy ( (. 2. způsob: Vybereme ejdříve z studetů zapisovatele, poté ze zbylých 1 studetů vybereme k-čleou komisi. Počet možostí je tedy ( ) 1 k. 3.3 Parita čísel v Pascalově trojúhelíku V této sekci odvodíme zajímavý fakt týkající se kombiačích čísel a jejich uspořádáí v Pascalově trojúhelíku. Sezámíme se také se zajímavým způsobem, jak pro daé a daé k zjistit paritu kombiačího čísla (. Budeme vycházet z kapitoly 5.5 kihy [3]. Při pohledu a Pascalův trojúhelík se zdá, že počet lichých čísel v každém řádku je vždy mocia dvou. Silější tvrzeí poskytuje zajímavá věta, kterou yí dokážeme. Věta ([3, str. 75]) Pro ezáporé celé číslo je počet lichých čísel v - tém řádku Pascalova trojúhelíku rove 2 b, kde b je počet jediček ve dvojkovém zápisu čísla. Například v 76. řádku Pascalova trojúhelíku se podle této věty achází 2 3 = 8 lichých čísel, eboť 76 = = ( ) 2. Jiými slovy, existuje 8 růzých hodot k, pro které je číslo ( ) 76 k liché. Abychom dokázali větu 3.3.1, vymyslíme způsob, jak určit paritu čísla ( ) k pro 0 k, a zjistíme, pro kolik takových k dostáváme číslo liché. Budeme potřebovat jedoduché lemma, které lze odvodit zkoumáím rovosti a = br. Lemma ([3, str. 75]) Buďte r,a,b celá čísla taková, že r = a. Pokud je a b sudé a b liché, pak r je sudé. Pokud jsou a i b lichá, pak i r je liché. Následující lemma představuje rychlou metodu určeí parity čísla (. 10

15 Lemma ([3, str. 75]) Pokud je sudé a k liché, pak ( je sudé. Jiak platí ( ) ( ) /2 (mod 2). (3.3.1) k k/2 ) ( a /2 ) Tedy kromě případu, kdy je sudé a k je liché, je parita čísel ( k stejá. Například ( ) ( ) k/2 ( ) 14 (mod 2). (3.3.2) 9 Jelikož je číslo 14 sudé a číslo 9 liché, je podle lemmatu ( ) 14 9 sudé, tím pádem i ( 57 37) je sudé. Naproti tomu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (mod 2), (3.3.3) tedy ( 57 25) je liché. Důkaz. Důkaz lemmatu rozdělíme a 4 případy. Případ 1: je sudé a k je liché. Podle idetity (3.2.1) platí ( ) = ( ) 1 k 1, (3.3.4) k k tedy zlomek a pravé straě rovosti má sudého čitatele a lichého jmeovatele. Tedy podle lemmatu je ( sudé. Případ 2: je sudé a k je sudé. Budeme vycházet ze základího vzorce (3.1.1) pro výpočet kombiačího čísla. ( ) = k ( 1)( 2) ( k + 1) k ( 1)( 3) ( k + 1) = (k 1) = = ( 1)( 3) ( k + 1) (k 1) ( 1)( 3) ( k + 1) (/ (k 1) ( 2)( 4) ( k + 2) k 2 k 2 ( 1)( 2) ( k + 1) k k 2 ) k/2 (3.3.5) Výsledý jmeovatel je jistě lichý, stejě tak i všechy čiitele v čitateli kromě posledího. Podle lemmatu mají tedy čísla ( ) ( k a /2 k/2) stejou paritu. Dostáváme tedy požadovaý výsledek ( ) ( ) ( ) /2 /2 = (mod 2). (3.3.6) k k/2 k/2 11

16 Případ 3: je liché a k je liché. S využitím idetity (3.2.1) a lemmatu dostáváme ( ) = ( ) 1 ( ) k 1 1 (mod 2). (3.3.7) k k k 1 Jelikož jsou čísla 1 a k 1 sudá, podle (3.3.6) platí ( ) ( ) ( ) 1 ( 1)/2 /2 = (mod 2). (3.3.8) k 1 (k 1)/2 k/2 Tedy pro lichá čísla a k opět dostáváme požadovaý výsledek (3.3.1). Případ 4: je liché a k je sudé. S použitím idetity (3.2.2) a podobou úvahou jako v případu 3 odvozujeme ( ) = ( ) 1 ( ) ( ) ( ) k 1 ( 1)/2 /2 k k = (mod 2). (3.3.9) k k/2 k/2 Tím je důkaz lemmatu hotov. Jak souvisí lemma s větou 3.3.1? Připomeňme, že pokud má číslo x biárí reprezetaci (b t b t 1... b 1 b 0 ) 2, kde b i {0,1}, pak je jeho parita určea hodotou b 0 a číslo x/2 = b t 2 t 1 + b t 1 2 t b 1 má biárí reprezetaci (b t b t 1... b 2 b 1 ) 2. Teto pozatek umožňuje sadé použití lemmatu k určeí parity (, pokud jsou čísla a k zapsáa ve dvojkové soustavě. Příklad ([3, str. 76]) Určete paritu čísla ( 76 52). Nejprve vyjádříme čísla 76 a 52 ve dvojkové soustavě: 76 = = ( ) 2 52 = = ( ) 2 (3.3.10) Na začátek zápisu čísla 52 ve dvojkové soustavě jsme přidali ulu, aby měly biárí zápisy obou čísel stejou délku. Vidíme, že biárí reprezetace obou čísel kočí číslicí 0, jedá se tedy o případ ( sudá). Opakovaým použitím lemmatu dostáváme ( ) ( ) ( ) ( ) (100110)2 (10011)2 (1001)2 (100)2 (mod 2). (3.3.11) (011010) 2 (01101) 2 (0110) 2 (011) 2 Posledí kombiačí číslo je typu ( ) ( sudá lichá, proto podle lemmatu je číslo 76 ) 52 sudé. Obecě bude číslo ( sudé právě tehdy, pokud při postupém odebíráí posledí cifry z biárího zápisu obou čísel a k arazíme a případ ( sudá lichá). To astae v případě, že se ěkterá číslice 1 z biárího zápisu k achází přesě pod číslicí 0 z biárího zápisu. Lze tedy apříklad hed určit, že číslo ( ) ( = ( )2 ) ( ) 2 12

17 je liché, eboť všechy číslice 1 z biárího zápisu čísla 12 se acházejí pod číslicí 1 z biárího zápisu čísla 76. Pro kolik hodot k tedy bude číslo ( ) 76 k liché? Jelikož 76 = ( )2, k musí mít tvar k = (x00yz00) 2, kde x,y,z jsou číslice 0 ebo 1. Zřejmě existuje 2( 3 = 8 možostí, jak volit číslice x,y,z, tedy pro právě 8 růzých hodot k je číslo 76 ) k liché. Obecěji, pokud b je počet jediček v biárí reprezetaci čísla, pak existuje 2 b hodot k, pro které je číslo ( liché. Věta je dokázáa. Můžeme ještě zjistit, pro které hodoty k je ( ) 76 k liché. Jsou to čísla 3.4 Lucasova věta = 76, = 72, = 68, 64 = 64, = 12, 8 = 8, 4 = 4, 0 = 0. (3.3.12) Již víme, jak efektivě určit počet lichých čísel v -tém řádku Pascalova trojúhelíku z biárího zápisu čísla. V této sekci větu zobecíme a pro daé a daé prvočíslo p určíme počet čísel v -tém řádku Pascalova trojúhelíku, která ejsou dělitelá p. Využijeme přitom zápisu čísla v číselé soustavě o základu p. Dostaeme tím tvrzeí zámé pod ázvem Lucasova věta. Na úvod představíme jedoduchou, ale užitečou větu o dělitelosti kombiačích čísel. Věta ([3, str. 114]) Nechť je dáo prvočíslo p. Potom je p dělitelem kombiačího čísla ( p pro všecha přirozeá čísla k < p. Důkaz. Podle (3.2.1) je ( ) ( ) p p 1 k = p k k 1 ásobek p. Jelikož je p prvočíslo, je esoudělé s k, tedy p dělí ( p. (3.4.1) Zobecěím dostáváme ásledující větu, kterou dokážeme stejým způsobem. Věta ([3, str. 120]) Nechť je dáo prvočíslo p. Potom pro všecha α N a pro všecha 1 k < p α platí: ( ) p α 0 (mod p). (3.4.2) k Důkaz. Opět podle (3.2.1) je ( ) p α k k ( ) p = p α α 1. (3.4.3) k 1 13

18 Je 1 k < p α, proto ejvětší mocia p, která dělí k, je ejvýše p α 1. Tedy p musí být dělitelem ( p α k ). Defiice ([3, str. 121]) Polyomy s celočíselými koeficiety f(x) = a x, g(x) = b x (3.4.4) 0 0 jsou kogruetí modulo p, pokud platí a b (mod p) pro všecha. Pozámka Kogrueci polyomů začíme pomocí, tj. píšeme f g (mod p). Pozámka Sčítáí a ásobeí polyomů zachovává kogrueci: pokud f 1 g 1 a f 2 g 2, pak f 1 + f 2 g 1 + g 2 a f 1 f 2 g 1 g 2 (důkazy těchto jedoduchých tvrzeí přeecháváme čteáři). Lemmatu, které yí představíme, se ěkdy přezdívá prvákova biomická věta ( freshma s biomial theorem, [3, str. 120]). Lemma ([3, str. 121]) Pro prvočíslo p a α N 0 platí (1 + x) pα 1 + x pα (mod p). (3.4.5) Důkaz. Kogrueci odvodíme pomocí biomické věty. Platí (1 + x) pα = p α k=0 ( p α k ) x k 1 + x pα (mod p), (3.4.6) eboť podle věty jsou všechy sčítace kogruetí s ulou modulo p, až a případy k = 0 a k = p α. Ilustrujme použití lemmatu a příkladu. Zjistíme, pro která čísla k je kombiačí číslo ( ) 82 k liché. Číslo 82 rozepíšeme jako součet moci dvojky, tj. 82 = , a použijeme lemma pro p = k=0 ( ) 82 x k = (1 + x) 82 k = (1 + x) 64 (1 + x) 16 (1 + x) 2 (1 + x 64 )(1 + x 16 )(1 + x 2 ) (mod 2) = 1 + x 2 + x 16 + x 18 + x 64 + x 66 + x 80 + x 82 (3.4.7) Číslo ( ) 82 k má stejou paritu jako koeficiet u x k v posledím výrazu. Například ( ) ( (mod 2) je liché, zatímco 82 20) 0 (mod 2) je sudé. Hodoty k, pro které je ( ) 82 k liché, jsou ty, které lze psát ve tvaru 64a+16b+2c, kde a,b,c {0,1}. 14

19 Existuje tedy 2 3 = 8 lichých hodot ( ) 82 k. Tedy obecě, pokud má biárí zápis t i=0 b i2 i, kde b i = 0 ebo 1, počet lichých hodot ( je t (1 + b i ) = 2 b, (3.4.8) i=0 kde b je počet jediček v biárím zápisu. Vlastě jsme jiým způsobem dokázali větu Nyí jsme připravei vyslovit a dokázat Lucasovu větu. Věta ([5, str. 589], [14, sekce XXI]) Nechť je dáo prvočíslo p a čísla,k N 0, přičemž = i 0 b ip i a k = i 0 c ip i pro 0 b i,c i < p jsou zápisy čísel, resp. k, v soustavě o základu p. Potom platí ( ) ( ) bi (mod p). (3.4.9) k c i 0 i Důkaz. Z biomické věty a lemmatu plye ( ) x k = (1 + x) k k=0 = (1 + x) b 0+b 1 p+b 2 p 2 + = (1 + x) b 0 (1 + x) b 1p (1 + x) b 2p 2 (1 + x) b 0 (1 + x p ) b 1 (1 + x p2 ) b2 b i ( ) bi x j ip i (mod p). j i 0 j i =0 i (3.4.10) Jelikož b i < p a pro b i < j je ( b i j ) = 0, dostáváme k=0 ( ) x k = k i 0 j 0 p 1 ( bi j i =0 j i ) x j ip i (mod p). (3.4.11) Koeficiet u čleu x k a levé straě (3.4.11) je (. Zjistíme, jak vypadá koeficiet u x k a pravé straě. Po rozásobeí součiu má každý čle tvar ( ) ( ) ( ) b0 x j b1 0 x j b2 1p x j 2p 2. (3.4.12) Aby byl ve vybraém čleu expoet u x rove k, musí platit j 1 j 2 k = j 0 + j 1 p + j 2 p 2 +. (3.4.13) Jelikož je 0 j i p 1, existuje pouze jede způsob, jak rovosti dosáhout: (3.4.13) musí být zápis k v soustavě o základu p, tedy j i = c i. Koeficiet u x k a pravé straě (3.4.11) je tedy ( b 0 )( b1 ) c 0 c Jelikož jsou koeficiety u x k a obou straách (3.4.11) kogruetí modulo p, dostáváme ( ) ( )( )( ) b0 b1 b2... (mod p), (3.4.14) k c 0 c 1 15 c 2

20 což jsme měli dokázat. Pomocí Lucasovy věty lze sado zjistit, jaký je zbytek ( při děleí libovolým prvočíslem p. Zamysleme se apříklad ad případem = 97, k = 35 a p = 5. Podle Lucasovy věty je ( ) = = (342) 5 35 = = (120) 5 (3.4.15) ( 3 1 )( )( ) 4 2 = 18 3 (mod 5). (3.4.16) 2 0 Naproti tomu pro k = 38 = = (123) 5 je ( ) ( )( )( ) = 0 0 (mod 5). (3.4.17) Všiměme si, že se číslice 3 achází pod číslicí 2 v zápisech čísel 38 = (123) 5, resp. 97 = (342) 5, v pětkové soustavě. V (3.4.17) tím pádem vziká čiitel ( 2 3) = 0, proto je ( 97 38) dělitelé pěti. Nadešel čas představit zajímavý důsledek Lucasovy věty, který je zobecěím věty Věta ([5, str. 590]) Nechť je dáo prvočíslo p a čísla,k N 0, přičemž = i=0 b ip i a k = i=0 c ip i pro 0 b i,c i < p jsou zápisy čísel, resp. k, v soustavě o základu p. Potom počet hodot k, pro které platí ( ) 0 (mod p), (3.4.18) k je (b i + 1). (3.4.19) i=0 Důkaz. Podle Lucasovy věty astává (3.4.18) právě tehdy, když je souči a pravé straě (3.4.9) eulový. To je ekvivaletí s tím, že pro každé i platí ( ) bi 0 (mod p). (3.4.20) c i Jelikož pro každé i platí b i < p, existuje b i + 1 možých hodot c i, pro které platí (3.4.20). Jelikož je 97 = (342) 5, díky větě víme, že v 97. řádku Pascalova trojúhelíku je (3 + 1) (4 + 1) (2 + 1) = 60 čísel, která ejsou dělitelá pěti. 16

21 Obrázek 3.1: Barevě odlišeá parita čísel v Pascalově trojúhelíku P P Tabulka 3.2: Rozmístěí lichých čísel v Pascalově trojúhelíku 3.5 Pascalův trojúhelík modulo 2 Zmííme ještě zajímavou vlastost Pascalova trojúhelíku, která se týká parity jeho čísel; ahradíme-li lichá a sudá čísla v Pascalově trojúhelíku dvěma barvami, získáme obrázek, který připomíá fraktál zámý jako Sierpiského trojúhelík [15]. Nahraďme pro představu každé číslo v Pascalově trojúhelíku jeho zbytkem po děleí dvěma. Získáváme tak trojúhelík, ve kterém se achází pouze čísla 1 a 0. Ozačíme-li P prvích 2 řádků tohoto trojúhelíku (započítáváme i ultý řáde, potom P +1 je trojúhelík, který se skládá ze tří kopií P a vitřího trojúhelíku obsahujícího pouze uly, viz tabulku 3.2; tuto skutečost vzápětí dokážeme. Kopie trojúhelíku P vlevo dole a vpravo dole budeme pro jedoduchost azývat ekvivaletí trojúhelíku P. Chceme dokázat, že pokud vybereme libovolé číslo v P, potom čísla a odpovídajících pozicích v trojúhelících ekvivaletích P vlevo a vpravo dole v trojúhelíku P +1 mají stejou hodotu (mod 2) jako vybraé číslo v P. Podívejme se a kombiačí číslo ( r c), tedy c-té číslo v r-tém řádku v trojúhelíku P. Jelikož P má 2 řádků, obě čísla r, c musí být meší ež 2. Ve dvojkové soustavě mohou být tedy zapsáa jako r = r 1... r 2 r 1 r 0 c = c 1... c 2 c 1 c 0. (3.5.1) Trojúhelík P má 2 řádků a v jeho posledím řádku se achází 2 čísel. Proto číslu ( ) r c v P odpovídá číslo ( ) 2 +r c v levém dolím ekvivaletím trojúhelíku a číslo ( 2 +r 2 +c) v pravém dolím ekvivaletím trojúhelíku. 17

22 Podle Lucasovy věty platí: ( ) ( ) ( )( 2 + r 1 r 1... r 0 1 r 1 c 0 c 1... c 0 0 c ( ) ( ) ( ) 1 r 1 r0 r... (mod 2) c 1 c 0 c ( ) ( ) ( )( 2 + r 1 r 1... r 0 1 r c 1 c 1... c 0 1 c ( ) ( ) ( ) 1 r 1 r0 r... (mod 2) c c 1 c 0 )... )... ( r0 c 0 ( r0 c 0 ) ) (3.5.2) Zbývá dokázat, že P a dva jemu ekvivaletí trojúhelíky obklopují trojúhelík skládající se ze sudých čísel. Zaměřme se a prví řádek Pascalova trojúhelíku pod trojúhelíkem P, tj. řádek s pořadovým číslem r = 2. V ěm se achází čísel, kokrétě jsou to čísla ( r c) pro 0 c 2. Na začátku i a koci řádku se achází číslo 1. Jsou to vrchí čísla v levém dolím, resp. pravém dolím, trojúhelíku ekvivaletím P. Všecha zbývající čísla v tomto řádku mají ve svém dvojkovém zápisu alespoň jedu jedičku a jsou meší ež 2. S využitím Lucasovy věty odvozujeme ( ) ( ) c 0 c 1... c 0 ( )( ) c 1 ( ) ( ) 0 0 (mod 2), (3.5.3) tedy všecha čísla kromě prvího a posledího jsou v tomto řádku sudá. Co se děje v ásledujícím řádku? Jelikož je ( ) ( r+1 c = r ( c) + r c 1), tj. c-té číslo v r + 1-tém řádku je součtem c 1-tého a c-tého čísla v řádku předchozím, musí všecha čísla z tohoto řádku patřící do zkoumaého vitřího trojúhelíka být též sudá. Jejich počet je o 1 meší. Stejým způsobem lze dokázat, že i všechy další řádky vitřího trojúhelíku obsahují pouze sudá čísla. V posledím řádku trojúhelíku P +1 už se achází je lichá čísla. 3.6 Kummerova věta V úvodu této sekce předvedeme větu, která dává odpověď a otázku, jakou ejvětší mociou prvočísla p je dělitelé kombiačí číslo ( m). K jejímu důkazu využijeme vzorec (2.2.8) z předchozí kapitoly. Než tak učiíme, připomeňme symbol ɛ p (!), který byl defiová v kapitole 2 a ozačuje ejvětší mociu prvočísla p, která dělí číslo!. Podobě pro libovolé přirozeé číslo budeme ɛ p () začit ejvětší mociu p, která dělí. Je zřejmé, že pro přirozeá a, b platí tyto vztahy: ɛ p (a b) = ɛ p (a) + ɛ p (b), ɛ p (a/b) = ɛ p (a) ɛ p (b) (pokud a/b N). c 0 (3.6.1) Dále připomeňme symbol ν p () ozačující ciferý součet čísla při reprezetaci v soustavě o základu p. Věta Nechť je dáo prvočíslo p. Potom platí (( )) ɛ p = ν p( m) + ν p (m) ν p (). (3.6.2) m p 1 18

23 Důkaz. S pomocí vztahů (2.2.8) a (3.6.1) odvozujeme (( )) ( )! ɛ p = ɛ p m ( m)! m! = ɛ p (!) ɛ p (( m)!) ɛ p (m!) = ν p() p 1 m ν p( m) p 1 = ν p( m) + ν p (m) ν p (). p 1 m ν p(m) p 1 (3.6.3) Rozmyslíme si, že číslo a pravé straě vztahu (3.6.2) se dá iterpretovat i jako počet přeosů při sčítáí čísel m a m v soustavě o základu p. Výsledá věta, kterou yí uvádíme, je záma jako věta Kummerova. Věta ([12, str. 115], [10]) Nechť je dáo prvočíslo p a přirozeá čísla, m, přičemž m. Potom platí, že číslo ɛ p (( m)) je rovo počtu přeosů při sčítáí čísel m a m zapsaých v číselé soustavě o základu p. Důkaz. Pro účely důkazu připusťme zápis čísel v soustavě o základu p začíající ulou. Položme r = m. Nechť tedy = d d , m = m d m d 1... m 0, r = r d r d 1... r 0 (3.6.4) jsou zápisy čísel, m, r v soustavě o základu p. Pokud a j-té pozici dochází při sčítáí m + r k přeosu, defiujme c j = 1, jiak c j = 0. Formálěji, zavedeme-li c 1 = 0, pro 0 j d defiujeme c j = 1, pokud m j + r j + c j 1 p, c j = 0 jiak. (3.6.5) Pozameejme, že musí být c d = 0. Potom pro j 0 dostáváme j = m j + r j + c j 1 pc j. (3.6.6) 19

24 S využitím věty odvozujeme (( )) ɛ p = ν p(m) + ν p (r) ν p () m p 1 d j=0 = (m j + r j j ) p 1 d j=0 = ( c j 1 + pc j ) p 1 d j=0 = ( c j 1 + c j + (p 1)c j ) p 1 = c d c 1 + d j=0 ((p 1)c j) p 1 d = c j, j=0 což je celkový počet přeosů při sčítáí r + m. (3.6.7) Pozámka Počet přeosů při sčítáí čísel m a m je rove počtu výpůjček při odečítáí čísla m od čísla [16]. Ozačme opět r = m a echť (3.6.4) jsou zápisy čísel, m, r v soustavě o základu p. Pokud a j-té pozici dochází při odečítáí m k výpůjčce, defiujme b j = 1, jiak b j = 0. Jelikož m, musí být b d = 0. Pro j 0 dostáváme r j = j m j b j 1 + pb j, po úpravě j = m j + r j + b j 1 pb j. Srováím se vztahem (3.6.6) dostáváme c j 1 pc j = b j 1 pb j. Jelikož pro j 0 jsou b j,c j {0,1} a p > 1, musí být b j = c j. Tedy při odčítáí m dochází k výpůjčce právě a těch pozicích, a kterých dochází k přeosu při sčítáí m + r. Zajímavé estadardí důkazy Kummerovy věty a vzorce (2.2.8) lze ajít v [20]. Kummerovu větu můžeme využít při řešeí růzých příkladů a dělitelost a při dokazováí dalších vět o dělitelosti kombiačích čísel. Začěme s řešeím příkladu, který se objevil v Matematické olympiádě v SSSR [16]. Příklad ([16, str. 4]) Ukažte, že číslo ( ) eí dělitelé sedmi. Jelikož = 500, chceme provést sčítáí čísel v sedmičkové soustavě. Číslo 500 má v sedmičkové soustavě zápis Při sčítáí (( edochází k žádému přeosu, tedy podle Kummerovy věty je ɛ 1000 )) = 0. Teto příklad lze zřejmě řešit také přímo pomocí vzorce (3.6.2). Číslo 1000 má v sedmičkové soustavě zápis 2626, tedy dostáváme (( )) 1000 ɛ = ν 7( ) + ν 7 (500) ν 7 (1000) 6 = = 0. (3.6.8) 20

25 Věta ([16, str. 8]) Nechť je dáo prvočíslo p. Potom počet kombiačích čísel z ( ( 0), ( 1),..., ), která jsou ásobky p, je +1 (0 +1)( 1 +1)... ( r +1), kde 0,..., r jsou číslice při zápisu v soustavě o základu p. Důkaz. Nechť jsou = p + + r p r ( r 0) a a = a 0 + a 1 p + + a r p r rozviuté zápisy a a v soustavě o základu p. Podle Kummerovy věty a pozámky p edělí ( a) právě tehdy, když i a i pro všecha i {0,..., r}. Počet kombiačích čísel z ( ( 0), ( 1),..., ), která ejsou ásobkem p, je tedy ( 0 + 1)( 1 + 1)... ( r + 1), eboť pro libovolé i lze a i vybrat i + 1 způsoby. Ostatí kombiačí čísla jsou ásobky p. Věta představuje zobecěí dříve dokázaé věty 3.3.1, kterou získáme volbou p = 2. Věta ([16, str. 10]) Je-li > 1, pak ejvětším společým dělitelem kombiačích čísel ( ( 1), ) ( 2,..., 1) je p, pokud je mociou prvočísla p, jiak 1. Důkaz. Ozačme d ejvětšího společého dělitele kombiačích čísel ( ( 1), 2),..., ( ( 1) pro > 1. Jelikož 1) =, d musí být dělitelem. Nechť je p libovolé prvočíslo, které dělí. Nejprve uvažme případ, že je mociou p, pišme = p r. Potom zápis čísla v soustavě o základu p je s počtem cifer r + 1. Nechť má číslo a {1,..., p r 1} v soustavě o základu p zápis a k... a 1 a , a 0 0, počet ul a koci tohoto čísla ozačme s (tedy a je ve tvaru p s q pro ějaké q esoudělé s p). Potom má číslo a v soustavě o základu p zápis (p 1)... (p 1)(p 1 a k )... (p 1 a 1 )(p a 0 ) Toto číslo má r cifer a kočí s ulami. Při přičteí čísla a k číslu a dochází přesě k r s přeosům, podle Kummerovy věty je tedy ɛ p (( a)) = r s. Pokud zvolíme a = p r 1, pak ɛ p (( a)) = r (r 1) = 1, proto d p. Pro toto i kterékoli jié a {1,..., p r 1} je s < r, tedy ɛ p (( a)) > 0, a proto d = p. Nyí zvážíme případ, že eí mociou p, tedy lze psát = p r m, přičemž m > 1 a čísla p, m jsou esoudělá. Potom zápis čísla v soustavě o základu p je m k... m 1 m , kde m 0 1 a počet ul a koci tohoto čísla je r. Uvažme číslo b = p r. Jeho zápis v soustavě o základu p je , počet ul je r. Číslo b má tedy zápis m k... m 1 (m 0 1) Při přičteí čísla b k číslu b edochází k žádému přeosu, podle Kummerovy věty tedy kombiačí číslo ( b) eí dělitelé p. Tj. žádý prvočíselý dělitel edělí d, proto d = 1. Pozámka V čláku [11] je podrobě popsáo, jak ajít ejvětšího společého dělitele kombiačích čísel ( r),..., ( s) pro r s. Příklad ([16, str. 5]) Ukažte, že kombiačí číslo ( 2 ) je ásobkem + 1. K řešeí využijeme Kummerovu větu. Je-li p libovolý prvočíselý dělitel čísla + 1 a ɛ p ( + 1) = l, pak číslo + 1 má v soustavě o základu p zápis 21

26 a k... a 1 a , kde a 0 0 a počet ul za a 0 je rove l. Číslo má v soustavě o základu p zápis a k... a 1 (a 0 1)(p 1)... (p 1) (a koci čísla je l číslic p 1). Při sčítáí + v soustavě o základu p dochází k alespoň l přeosům, tj. ( ) 2 ɛ p ( + 1) ɛ p ( ). (3.6.9) Ukázali jsme, že expoet libovolého prvočísla p v prvočíselém rozkladu čísla ( ) 2 je větší ebo rove expoetu tohoto prvočísla v rozkladu čísla + 1; odtud již plye dokazovaé tvrzeí. Pozámka Číslo C = 1 +1( 2 ) se azývá -té Catalaovo číslo. Ukázali jsme, že takto defiovaé číslo je vždy celé. Tuto skutečost lze dokázat i kombiatorickou úvahou; viz kapitolu 5, kde se Catalaovým číslům a jejich výzamu v kombiatorice věujeme podroběji. Příklad ([16, str. 6]) Ukažte, že pro > 1 je ( ) 2 ( sudé a 4 eí dělitelem 2 ) právě tehdy, když je mociou dvojky. Zjistíme, pro která > 1 je ɛ 2 ( ( ) 2 ) = 1. Platí ν2 (2) = ν 2 (), tedy podle (3.6.2) je (( )) 2 ɛ 2 = 2ν 2 () ν 2 (2) = ν 2 () 1, (3.6.10) tj. kombiačí číslo ( ) 2 je sudé. Navíc platí: (( )) 2 ɛ 2 = 1 ν 2 () = 1 je mociou dvojky. (3.6.11) Příklad ([4, str. 201]) Ukažte, že pro prostředí biomické koeficiety platí: ( ) 2 ( 1) ν 3() (mod 3), pokud se v trojkovém zápisu čísla vyskytují pouze číslice 0, 1, ( ) 2 0 (mod 3) jiak. (3.6.12) Pokud má číslo ve svém trojkovém zápisu číslici 2, pak při sčítáí tohoto čísla sama se sebou dochází k přeosu, tedy podle Kummerovy věty je dělitelé třemi. Tím je dokázáa druhá část tvrzeí. Pokud trojkový zápis obsahuje pouze číslice 0, 1, pak 2 má v trojkovém zápisu číslice 2 právě a těch pozicích, kde má číslice 1. Tedy podle Lucasovy věty ( ) 2 ( 2 1 ) ν3 () ( 1) ν 3() (mod 3). (3.6.13) Výsledek z předchozího příkladu se dá celkem sado zobecit pro zbytky při děleí libovolým prvočíslem p. K tomuto účelu zavedeme operátor ν p,j (), který začí počet číslic v zápisu () p majících hodotu j (předpokládáme 0 j < p). Nyí můžeme zformulovat větu, jejíž důkaz lze provést aalogicky s řešeím příkladu

27 Věta ([4, str. 201]) Nechť je dáo prvočíslo p a echť S je možia všech s N, pro která platí, že všechy číslice v zápisu (s) p mají hodotu ejvýše p/2. Potom ( ) 2 ( ) νp,j () 2j (mod p), pokud S, j j ( ) (3.6.14) 2 0 (mod p) jiak. 3.7 Kdy je kombiačí číslo mociou? Kummerova věta říká, jakou evětší mociou daého prvočísla p je dělitelé kombiačí číslo (. V této sekci zjistíme, ve kterých případech je kombiačí číslo ( rovo mociě ějakého prvočísla. V čláku [9] dokázal autor, že k této skutečosti dochází zřídkakdy, kokrétě pouze pro k = 1 ebo k = 1, pokud je mociou prvočísla. Později se podařilo Wolfgagu Stahlovi větu dokázat elegatě s využitím Legedreova vzorce. Věta ([19]) Nechť jsou dáa přirozeá čísla, k a prvočíslo p. Potom může být ( přirozeou mociou p pouze pro k = 1 ebo k = 1. Důkaz. Zřejmě emůže být ( přirozeou mociou p pro k ; zbývá dokázat, že ( eí přirozeou mociou p pro 1 < k < 1. Uvědomme si, že pro reálá x, y je x + y x y 1. (3.7.1) Určeme m N tak, aby pro daá čísla, p platilo p m < p m+1. Potom podle (2.2.7) a (3.7.1) je ( ( )! ɛ p ( )) = ɛ p = k k! (! m ( ) k k m. (3.7.2) i=1 Pro 1 < k < 1 platí p m ( ( 1) < (, tj. emůže být meší mociou p ež p m+1 ; současě emůže být ( větší mociou p ež p m podle (3.7.2). V čláku [18] dokázal autor větu s využitím Kummerovy věty. Proveďme totéž! Příklad Použijte Kummerovu větu k důkazu věty Zvolme m N tak, aby pro daá čísla, p platilo p m < p m+1. Číslo p m má v soustavě o základu p stejý počet cifer jako (tedy m + 1), tj. při sčítáí čísel k {1,..., 1} a k dochází k ejvýše m přeosům. Podle Kummerovy věty je tedy (( )) ɛ p m p ɛp(( ) p m. (3.7.3) k Pro 1 < k < 1 je < (, tedy p ɛ p(( ) < (, proto ( eí mociou p. 23 p i p i p i

28 Sekci uzavřeme tvrzeím od Pála Erdőse, který dokázal, že kombiačí číslo je zřídkakdy mociou přirozeého čísla (s expoetem > 1), kokrétě ( může být mociou pouze pro k 3 ebo k 3. Důkaz pro jeho rozsah euvádíme, můžeme jej alézt apříklad v kize [1]. Věta ([1, str. 14]) Rovice ( = m l emá žádé celočíselé řešeí pro l > 1 a 3 < k < 3. 24

29 4. Fiboacciho čísla 4.1 Rekuretí vzorec Kapitolu o Fiboacciho číslech uvedeme otoricky zámou úlohou s králíky, která řešitele a Fiboacciho posloupost přímo avede (vycházíme z kihy [8]). Mějme pár čerstvě arozeých králíků opačého pohlaví. Zajímá ás, jak početou rodiu (resp. kolik párů) získáme z tohoto jedoho počátečího páru za jede rok, platí-li tyto zásady: 1) Každý arozeý pár (jede samec a jeda samice) dospěje za 1 měsíc. 2) Dva měsíce po arozeí páru (tj. 1 měsíc po dosažeí dospělosti) a každý další měsíc porodí samice z tohoto páru jede ový pár králíků (opět samce a samici). 3) Během celého roku ezemře žádý králík. Pokud budeme řešit úlohu tak, že každý měsíc zapíšeme počet ově arozeých párů králíků, počet dospělých párů a celkový počet párů, dostaeme tabulku 4.1. Počet ově arozeých párů je vždy rove počtu dospělých párů z předchozího měsíce a počet dospělých párů je rove celkovému počtu párů z předchozího měsíce. To zameá, že celkový počet párů po měsících, kde 2, je součtem počtu párů po 1 a 2 měsících. Odtud sado zjistíme, že celkový počet párů po jedom roce je 233. Počet ově Počet dospělých Celkový počet arozeých párů párů párů Start Po 1 měsíci Po 2 měsících Po 3 měsících Po 4 měsících Po 5 měsících Po 6 měsících Po 7 měsících Po 8 měsících Po 9 měsících Po 10 měsících Po 11 měsících Po 1 roce Tabulka 4.1: Řešeí úlohy s králíky Posloupost čísel ve druhém (popřípadě třetím) sloupci tabulky 4.1 je záma jako Fiboacciho posloupost (druhý a třetí sloupec se liší je posuutím, defiice Fiboacciho poslouposti jsou v literatuře ejedoté ěkdy se začíá ulou, jidy jedičkou). Toto jméo jí však dal Édouard Lucas až v roce Přezdívka 25

30 F 0 = 0 F 5 = 5 F 10 = 55 F 15 = 610 F 20 = F 1 = 1 F 6 = 8 F 11 = 89 F 16 = 987 F 21 = F 2 = 1 F 7 = 13 F 12 = 144 F 17 = 1597 F 22 = F 3 = 2 F 8 = 21 F 13 = 233 F 18 = 2584 F 23 = F 4 = 3 F 9 = 34 F 14 = 377 F 19 = 4181 F 24 = Tabulka 4.2: Prvích 25 Fiboacciho čísel Fiboacci vzikla zkráceím sousloví Filius Boaccii (v překladu z latiy Boacciho sy te zpopularizoval posloupost ve své kize Liber Abaci). Fiboacciho posloupost {F } =0 je jedozačě určea dvěma počátečími čley a rekuretím vzorcem: (1) F 0 = 0, F 1 = 1 (2) F = F 1 + F 2, 2 (4.1.1) S užitím rekuretí defiice alezeme prvích 25 Fiboacciho čísel, viz tabulku Dělitelost Fiboacciho čísel V této sekci se podíváme a ěkteré jedoduché vlastosti Fiboacciho čísel týkající se dělitelosti. Začeme velmi důležitým tvrzeím o esoudělosti dvou po sobě jdoucích Fiboacciho čísel. Při pozorováí tabulky 4.2 přirozeě dojdeme k hypotéze, že každá dvě po sobě jdoucí Fiboacciho čísla jsou esoudělá, tj. ejvětší společý dělitel dvou po sobě jdoucích Fiboacciho čísel je 1. Největšího společého dělitele dvou přirozeých čísel m, budeme adále začit NSD(m,), platí tedy apř. NSD(F 5,F 6 ) = NSD(5, 8) = 1. Věta ([8, str. 8]) Pro N 0 platí NSD(F,F +1 ) = 1. Důkaz. Sado se přesvědčíme, že věta platí pro = 0, tedy NSD(F 0,F 1 ) = NSD(0,1) = 1. Předpokládejme yí, že tvrzeí eplatí, tj. existuje ejmeší r > 0, pro které NSD(F r,f r+1 ) > 1. Existuje tedy přirozeé d > 1, které je dělitelem čísel F r i F r+1. Pro Fiboacciho čísla platí F r+1 = F r + F r 1, z čehož vyplývá, že pokud d dělí F r i F r+1, potom musí být i dělitelem čísla F r 1. Tedy platí NSD(F r 1,F r ) > 1, což je v rozporu s předpokladem, že r je ejmeší číslo, pro které tvrzeí eplatí. Stejým způsobem můžeme sado odvodit velmi podobou vlastost Fiboacciho čísel, kterou též zformulujeme jako větu. Věta ([8, str. 8]) Pro N 0 platí NSD(F,F +2 ) = 1. Dokážeme ještě jedu vlastost Fiboacciho čísel týkající se dělitelosti: Věta ([8, str. 9]) Součet šesti po sobě jdoucích Fiboacciho čísel je vždy dělitelý 4. Navíc pro pevě zvoleé N 0 platí: 5 F +r = F + F +1 + F +2 + F +3 + F +4 + F +5 = 4F +4 (4.2.1) r=0 26

31 Důkaz. 5 F +r = F + F +1 + F +2 + F +3 + F +4 + F +5 r=0 = (F + F +1 ) + F +2 + F +3 + F +4 + (F +3 + F +4 ) (4.2.2) = 2F F F +4 = 2(F +2 + F +3 ) + 2F +4 = 4F +4 Podobým způsobem bychom mohli odvodit i ásledující tvrzeí: Věta ([8, str. 9]) Součet deseti po sobě jdoucích Fiboacciho čísel je vždy dělitelý 11. Navíc pro pevě zvoleé N 0 platí: 9 F +r = 11F +6 (4.2.3) r=0 Pozameejme ještě, že věty a platí eje pro Fiboacciho posloupost, ale také pro každou posloupost čísel {a } =0, která splňuje rekuretí vztah a = a 1 + a 2 pro 2, což je patré z důkazu věty Dlážděí V této sekci kombiatoricky odvodíme ěkteré užitečé vlastosti Fiboacciho čísel související s dělitelostí. Úlohy, které ás k těmto zajímavým výsledkům dovedou, se týkají určováí počtu způsobů, jak lze vydláždit obdélík o daých rozměrech dlaždicemi určitého typu. Příklad ([8, str. 33]) Začěme s obdélíkem o rozměrech 2 pro 1. Chceme takový obdélík pokrýt dlaždicemi o rozměrech 1 2 (horizotálími), které však můžeme rověž použít jako dlaždice o rozměrech 2 1 (vertikálí). Dlaždice se avzájem esmějí překrývat. Pro 1 ozačme q počet možostí, kterými lze pokrýt obdélík o rozměrech 2 dlaždicemi o rozměrech 1 2 ebo 2 1. Zřejmě q 1 = 1, a pokrytí obdélíka 2 1 potřebujeme dlaždici 2 1. Pokrytí obdélíka 2 2 lze provést dvěma způsoby, a to buď použitím dvou dlaždic 1 2 (horizotálích), ebo použitím dvou dlaždic 2 1 (vertikálích). Obě možosti jsou zázorěy a obrázku 4.1(a). Tedy q 2 = 2. Pro 3 se zamysleme ad možostmi pokrytí prvího sloupce obdélíka 2. Sado zjistíme, že existují dvě možosti: (i) Pokryjeme teto sloupec dlaždicí 2 1 (vertikálí). Potom zbývající část obdélíka o rozměrech 2 ( 1) může být pokryta q 1 způsoby, viz obrázek 4.1(b). (ii) Pokryjeme teto sloupec levými poloviami dvou dlaždic 1 2 (horizotálích) umístěých ad sebou. Tyto dlaždice současě pokryjí i druhý sloupec obdélíka zleva, zbývá tedy pokrýt ještě obdélík o rozměrech 2 ( 2), což lze provést q 2 způsoby, viz obrázek 4.1(c). 27

32 Jié možosti ež ty popsaé v (i) a (ii) eexistují a žádé pokrytí emůže být zároveň zahruto v případu (i) i v případu (ii), proto platí: q = q 1 + q 2 pro 3, q 1 = 1, q 2 = 2. (4.3.1) Protože q 1 = F 2, q 2 = F 3 a každý další čle poslouposti {q } je součtem předchozích dvou čleů, musí platit q = F +1, 1. (4.3.2) (a) (b) Obrázek 4.1: Zázorěí možostí dlážděí v příkladu Uveďme ještě jede jedoduchý, v podstatě aalogický, leč méě tradičí příklad. Příklad ([8, str. 34]) Nechť je dá obdélík o rozměrech 1, který chceme vydláždit použitím dlaždic dvou typů, a to čtvercovými o rozměrech 1 1 a obdélíkovými o rozměrech 1 2. Ozačme l počet možostí, jak vydláždit obdélík o rozměrech 1. Zřejmě l 1 = 1, l 2 = 2. Abychom odvodili rekuretí vzorec pro l, uvažme, jakými způsoby může být pokryto prví pole obdélíka pro 3: (i) Prví pole bude pokryto čtvercovou dlaždicí, viz obr. 4.2(a). Potom zbývá pokrýt obdélík 1 ( 1), což lze provést l 1 způsoby. (ii) Prví pole bude pokryto obdélíkovou dlaždicí, která současě pokryje i druhé pole, viz obr. 4.2(b). Potom zbývá pokrýt obdélík 1 ( 2), což lze provést l 2 způsoby. Jié možosti ež ty popsaé v (i) a (ii) eexistují a žádé pokrytí emůže být zároveň zahruto v případu (i) i v případu (ii), proto platí: (c) tedy l = l 1 + l 2 pro 3, l 1 = 1, l 2 = 2, (4.3.3) l = F +1, 1. (4.3.4) 28

33 (a) (b) Obrázek 4.2: Zázorěí možostí dlážděí v příkladu Pozameejme, že existuje jedoduchá souvislost mezi dlážděími v příkladech a Dlážděí z příkladu získáme rozděleím velkého obdélíku 2 (viz obr. 4.1(b,c)) a dvě stejé části podle vodorové osy. Nyí zformulujeme další tvrzeí o Fiboacciho číslech, které dokážeme kombiatoricky s využitím zalostí abytých při řešeí příkladu Věta ([8, str. 36]) Pro m 1 a 0 platí: F +m = F m F +1 + F m 1 F. (4.3.5) Důkaz. Pro = 0 je F = F 0 = 0 a F +1 = F 1 = 1, v takovém případě zřejmě platí (4.3.5) pro každé m 1. Pokud je m = 1, potom F m = F 1 = 1 a F m 1 = F 0 = 0, v takovém případě platí (4.3.5) pro každé 1. Nadále tedy předpokládejme, že m 2 a 1. Uvažme obdélík o rozměrech 1 ( + m 1), viz obrázek 4.3(a). Podle výsledku z příkladu lze takový obdélík pokrýt F (+m 1)+1 = F +m způsoby s použitím dvou typů dlaždic, a to o rozměrech 1 1 a 1 2. Nyí určíme počet možých pokrytí takového obdélíka jiým způsobem budeme sledovat, jaké jsou možosti pokrytí -tého pole obdélíka (počítáo zleva). (i) Přepokládejme, že -té pole obdélíka je pokryto obdélíkovou dlaždicí, která současě pokrývá i pole + 1, viz obrázek 4.3(b). Existuje F ( 1)+1 = F možostí, jak pokrýt část obdélíka alevo od sledovaého -tého pole (tj. pole 1 až 1). Dále existuje F ((+m 1) (+1))+1 = F m 1 možostí, jak pokrýt část obdélíka apravo od pole + 1 (tj. pole + 2 až + m 1, kterých je (+m 1) (+1) = m 2). Celkem je tedy F m 1 F možostí, jak pokrýt pole vlevo a vpravo. (ii) Při jakémkoli jiém pokrytí jsou pole a + 1 odděleá, přesěji řečeo každé je pokryto jiou dlaždicí, viz obrázek 4.3(c). Počet možých pokrytí levé části obdélíka, tedy včetě -tého pole, je F +1. Počet možostí, jak pokrýt pravou část, tedy od pole + 1 až do + m 1, je F ((+m 1) )+1 = F m. Celkem tedy existuje F m F +1 možostí, jak pokrýt celý obdélík za předpokladu, že jsou pole a + 1 pokryta růzými dlaždicemi. Zvážeím případů (i) a (ii) jsme zahruli všecha možá pokrytí, přičemž žádé pokrytí emůže být zároveň zahruto v případu (i) i v případu (ii). Proto počet všech možostí, jak pokrýt obdélík o rozměrech 1 ( + m 1), je F m F +1 + F m 1 F. Odtud dostáváme rovost (4.3.5). Jako důsledky věty dostáváme ásledující tvrzeí. 29