1. seriálová série. 2. seriálová série

Transkript

1 . seriálová série Téma: Kongruence Termínodeslání: ½¾º Ð Ò ½ ½º ÐÓ Nechť pjelichéprvočísloa0 < k < p,pak(p k)!(k )! ( ) k (mod p).dokažte. ¾º ÐÓ Nechť(m, n)=.pak m ϕ(n) + n ϕ(m) (mod mn).dokažte. º ÐÓ Určeteposlednítřičíslicevdekadickémzápisečísla seriálová série Téma: Diofantické rovnice Termínodeslání: ½ º ÞÒ ½ Nalezněte všechnapřirozenáčísla n, x, y, z,prokteráplatí n x + n y = n z. Dokažte,žediofantickárovnice999x 997y =mánekonečněmnohořešení. Dokažte,ženeexistujípřirozenáčísla x, y, z,taková,že x 4 y 4 = z. Diofantickárovniceuvedenávzadánítétoúlohyvznikne výměnou základůaexponentů vefermatověvětě.tojevšakasijediné,cotytoúlohyspojuje,neboťobtížnostísevůbec nedají srovnávat.

2 3. seriálová série Téma: Řetězové zlomky Termínodeslání: ½ º Ú ØÒ ½ Vyřešte lineární kongruenci 03x 6(mod 97), to znamená nalezněte všechna taková x zmnožiny 0,,,...,96,kterásplňujíuvedenoukongruenci.(Přiřešenízkustepoužítpostup uvedený v textu seriálu.) Ukažte,jakvypadajířetězovézlomkyčísel (a) 9n +n,kde njepřirozenéčíslo; (b) n +4,kde njelichéčíslo; (c) 490n +98n+,kde njepřirozenéčíslo. Nechť αjeiracionálníčíslo, npřirozenéčíslo.dokažte, 3 žepakplatíalespoňjednaznerovností α A k B k < 5B k, kde k=n, n+, n+, kde A k B k jsousblíženézlomkykčíslu α. Přihledánířetězovýchzlomkůdruhýchodmocninlzevycházetbuďpřímozdefinice,čivyužít nějakézajímavévlastnostiuvažovanýchčísel.napříkladsnadnoověříš,žeplatí( )( + )=,odtud =+ + apokudza,kterájevposlednímvýrazuuvedenávpravo dosadíšopětcelýtentovýrazobdržíš =+ ++ +, odtud už snadno nahlédneš, že řetězovýzlomekčísla jetvaru =(,,,,,...).(Stejnělzezřejměpostupovatpro všechnačíslatvaru n +,kde njepřirozené.) 3 PokudbyTi9.úlohadělalaproblémy,zkussivevýšeuvedenýchnerovnostechnahradit číslo 5číslem,úlohaseTizjednodušší.Konstanta 5jevpodstatětanejlepšíkonstanta, prokterouzněníúlohyplatí,takžejepotřebatrochu jemnější přístuppřiřešení.vpřípadě konstanty není těžké dokázat i tvrzení, že z každých dvou uvažovaných nerovností, pro k=nak=n+,jealespoňjednasplněna.

3 Řešení seriálové série. úloha Nechť pjelichéprvočísloa0 < k < p,pak(p k)!(k )! ( ) k (mod p).dokažte. Nechť p je libovolné liché prvočíslo. Budeme postupovat matematickou indukcí podle k. Pro k=mámetvrzení(p )! (mod p),cožjetvrzeníwilsonovyvěty(lemma4). Nechťnynínašetvrzeníplatípro k=n,ukážeme,žeplatíipro k=n+(samozřejměza předpokladu n+ < p).máme (p (n+))! ((n+) )!=n (p (n+))! (n )! n (p (n+))! (n )! p (p (n+))! (n )!= (p n) (p (n+))! (n )!= = (p n)! (n )! ( ) n =( ) n+ (mod p), kde v posledním řádku jsme využili indukční předpoklad. Tím je hotov druhý indukční krok. Poznámky opravovatele: Téměř všichni řešitelé úlohu řešili tak, že buď vynásobili k kongruencí i (p i)(mod p) a upravili výsledek, anebo použili matematickou indukci. Nejkratší řešení měl Z. Dvořák, vypadalo asi takto: (p )!(k )! (p k)!(k )! (p )(p ) (p k+). (k ) ( ) ( )( ) ( (k )) ( )k (mod p) Přitom si ovšem spolu s několika ostatními řešiteli neuvědomil, že by asi bylo třeba říct, co se míní zlomky v kongruencích a proč jsou příslušné úpravy korektní. A.Kovárovásivšimla,žesohledemnaWilsonovuvětustačídokázat,že `p k ( ) k, cožseovšemsnadnonahlédne,neboťvřadě `p `p,, 0..., `p k jeprvníčlenasoučetdvounásledujícíchčlenůjedělitelnýčíslem p.ztohoužvyplývá,žečíslavřadějsou kongruentnís,,,...,( ) k D.Šumskývyužiltoho,žepolynom f(x)=x p (x ) (x p+k)(x+) (x+ k )mávíckořenů (mod p)nežjejehostupeň,atudížjsouvšechnyjehokoeficienty kongruentní s nulou. Absolutní koeficient nám dá to, co potřebujeme.. úloha Nechť(m, n)=.pak m ϕ(n) + n ϕ(m) (mod mn).dokažte. DleEulerovyvěty(lemma(a))máme m ϕ(n) (mod n)an ϕ(m) (mod m).tyto vztahymůžemedledefinicekongruencepřepsatna m ϕ(n) =q n, n ϕ(m) =q m,kde

4 q a q jsounějakáceláčísla.vynásobenímposledníchdvourovnostímáme(m ϕ(n) ) (n ϕ(m) )=q q mn,protoopětzdefinicekongruencemáme m ϕ(n) n ϕ(m) m ϕ(n) n ϕ(m) +=(m ϕ(n) ) (n ϕ(m) ) 0 (mod mn), auvědomíme-lisinyní,že mn m ϕ(n) n ϕ(m),dostanemepopřevedeníjedničkyvpravo dokazovaný vztah. Poznámky opravovatele: Tuto úlohu měla většina řešitelů správně. Chyby se většinou vyskytovaly při formální manipulaci s kongruencemi. Při pevném modulu lze totiž kongruence stejnějakorovnicenásobit,sčítat,násobitčíslem,...,alenelzejevždykrátitčíslem(ikdyž je nenulové). Abychom je mohli bez problémů číslem vykrátit, musí toto číslo být nesoudělné smodulem.párřešitelůsitoneuvědomilo,atakonějakýtenbodpřišli. 3. úloha Určeteposlednítřičíslicevdekadickémzápisečísla6 543 Libovolné číslo n N, které v dekadickém zápise končí na dvojčíslí 76 si můžeme zapsat vetvaru n=00 r+76,kde r N.Zbinomickévětymáme 5 n 5 =(00 r+76) (mod000), neboť všechny členy v uvedeném binomickém rozvoji jsou až na poslední dělitelné číslem 000a (mod000),jakmůžemeověřitpřímýmvýpočtem.Jelikožčíslo6 5 končí v dekadickém zápise na dvočíslí 76 je hledané poslední trojčíslí v dekadickém zápise našeho čísla(dle výše uvedených úvah) rovno číslu 376. Poznámkyopravovatele: Nejčastějšíchybabylošpatnépochopenízadání.Zápisemtypu a bc setotižmyslí a (bc),nikoliv(a b ) c. Několik řešitelů nesprávně použilo Eulerovu větu zapomněli, že mocněné číslo musí být nesoudělné s modulem kongruence.. 4. úloha Nalezněte 4 všechnapřirozenáčísla n, x, y, z,prokteráplatí n x + n y = n z. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že x y < z. Přímým dosazením vidíme, ženemůžebýt n=,proto n.jednoduchýmiúpravaminašírovnicedostáváme n x = n z n y = n x (n z x n y x ),apovyděleníčíslem n x nakonecmáme n z x n y x =.Kdyby tedybylo y > x,pakbynámposlednírovnicedávala,že n,cožbýtnemůže,proto x=y 4 Diofantickárovniceuvedenávzadánítétoúlohyvznikne výměnou základůaexponentů vefermatověvětě.tojevšakasijediné,cotytoúlohyspojuje,neboťobtížnostísevůbec nedají srovnávat.

5 atedy n z x =,zčehožvyplývá n=az= x+.nadruhoustranupřímýmdosazením snadnoověříme,žečtveřice(n, x, y, z)=(, x, x, x+)jeřešenímnašídiofantickérovnice. Tímjsmeukázali,ževšechnařešenínašírovnicejsoutvaru(n, x, y, z)=(, x, x, x+). 5. úloha Dokažte,žediofantickárovnice999x 997y =mánekonečněmnohořešení. Snadnonahlédneme,žejednímřešenímnašírovniceje x=y=.roznásobenímtéž snadno nahlédneme, že platí rovnost 999(998a+997b) 997(999a+998b) =999a 997b.Pokudtedyčísla x=a, y= b splňujírovnici999x 997y =,splňujíjitakéčísla x=998a+997b, y=999a+998b, tedy z jednoho řešení x = y = dostaneme takto postupně nekonečně mnoho řešení. Poznámka: Uvedené řešení bylo postaveno na jisté rovnosti, která není na první pohled moc uhádnutelná. Pokusím se zde proto trochu naznačit, jak se dá objevit. Předně chceme tedy naléztrovnosttvaru999(x a+x b) 997(x 3 a+x 4 b) =999a 997b,kde x, x, x 3, x 4 jsou neznámá přirozená čísla. Roznásobíme-li levou stranu a porovnáme-li koeficienty stojící u a naoboustranáchnašírovnosti,dostanemevztah999x 997x 3 =999,ztohoje vidět,žečíslo x 3 musíbýtnásobkemčísla999.analogickyporovnánímkoeficientůstojících u b,dostaneme,že x jenásobkemčísla997.tímjsmenašlinějakénutnépodmínkyna čísla x 3, x.kdyžvšaknynípřímopoložíme x =997, x 3 =999,snadnonaleznemejiž čísla x, x 4,abyplatilapožadovanárovnost. Poznámky opravovatele: Asi polovina řešitelů vykouzlila z nebe spadlou identitu 999(998x+997y) 997(999x+9998y) = 999x 997y,apoznamenala,žeztoho plyne nekonečný počet řešení. Zmíněná druhá polovina řešitelů hledala identitu ve tvaru 999(ax+by) 997(cx+dz) = 999x 997y,dostalijakésirovniceaznichvypočítali koeficienty a, b, c, d.jedinéskutečněelegantnířešenímělp.kozák:identitu = si přepsal do tvaru umocniljina n-tou,kde njeliché: r r «r r « =, r r «n r r «n = Zbinomickévětydostaneme(njeliché)přirozenáčísla A, Btaková,že r r «n = A r B r 997 r r «n = A r 999 B r 997

6 Povynásobenídostaneme999( A ) 997( B ) =,neboť,jaksnadnozjistíme, A, Bmusí býtsudá.každéliché nnámtaktodánějakénovéřešenínašírovnice. 6. úloha Dokažte,ženeexistujípřirozenáčísla x, y, z,taková,že x 4 y 4 = z. Předpokládejme,žetaková x, y, zexistují.bezújmynaobecnostimůžemebrát,že(x, y)= (jinakbychommohlicelourovnicivydělitčíslem(x, y) 4 adostalibychomnovéřešenínaší rovnice,kterébyjižtutopodmínkusplňovalo).tedyplatí y 4 + z = x 4,kde(x, y)= aprotočísla y, z, x jsouřešením diofantickérovniceuvedenévlemmatu 6.Dle tohoto lemmatuvíme,žeexistujípřirozenáčísla a, b, a > b,žeplatí x = a + b anastáváprávě jedenzpřípadů: y = a b,nebo y =ab.prvnípřípadvšaknastatnemůže,neboťbyto odporovalo lemmatu 7. Druhý případ rovněž nastat nemůže, neboť po drobné úpravě máme x +y =(a+b) a x y =(a b),cožjeopětsporslemmatem7.předpokladexistence řešenínašírovnicevedlkesporu,aprototatorovnicenemůžežádnéřešenímít. 5 Poznámky opravovatele: Tuto úlohu vyřešila většina řešitelů jedním ze způsobů, jaké jsem uvedl v autorském řešení. Někteří se též pokusili o přímé použití metody nekonečného klesání (FMD). Jedinou chybou, která se mezi řešeními objevila vícekrát, byla skutečnost, že si řešitel neuvědomil, že z předpokladu nesoudělnosti čísel x, y(tj.(x, y) = ), ještě obecně neplyne nesoudělnostčísel x +y a x y.protipříklademmohoubýtlibovolnádvělichánesoudělná čísla,např. x=3ax=5,kdenejvětšíspolečnýdělitel(x + y, x y )=. 7. úloha Vyřešte lineární kongruenci 03x 6(mod 97), to znamená nalezněte všechna taková x zmnožiny 0,,,...,96,kterásplňujíuvedenoukongruenci.(Přiřešenízkustepoužítpostup uvedený v textu seriálu.) Budeme postupovat přesně podle návodu uveřejněného v textu seriálu. Čísla 03 a 97 jsou nesoudělná, proto podle lemmatu 0 existuje právě jedno řešení této kongruence. Snadno spočteme,žeřetězovýzlomekčísla je(0,,6,6),jehopředposlednísblíženýzlomekpak je(0,,6)= 6 7,protonašikongruenciřešíčíslo x=( )3 6 6= 99(viz.vzoreček ztextuseriálu).přičtenímčísla97 =067kčíslu xdostanemehledané(jediné)řešení našíkongruencemezičísly 0,,,...,96,atoječíslo75. 5 Tutoúlohumůžemeřešitibezpoužitílemmatu6.Stačísidiofantickourovnicipřepsat naekvivalentnítvar(x + y )(x y )=z.pokudbynyníčinitelenalevéstraněbyly nesoudělné, pak jsou oba dva rovny druhé mocnině přirozeného čísla, což je spor s lemmatem 7. Takže jsou soudělné a snadno nahlédneme, že jejich největší společný dělitel musí být roven číslu.protoexistují m, n N,že x y =m, x + y =n.sečtenímtěchtorovností jižsnadnodospějemeopětkesporuslemmatem7.

7 8. úloha Ukažte,jakvypadajířetězovézlomkyčísel 6 (a) 9n +n,kde njepřirozenéčíslo; (b) n +4,kde njelichéčíslo; (c) 4900n +98n+,kde njepřirozenéčíslo. Utétoúlohyzdeukážipodrobněvýpočetvčásti(a).Ubodů(b)a(c)jepostupvíceméně analogický, uvádíme proto jen výsledek. (a) Vyjdeme ze zřejmé rovnosti, kterou snadno ověříš roznásobením výrazů vlevo ( 9n +n+3n)( 9n +n 3n)=9n +n 9n =n,kde njepřirozenéčíslo. Vydělíme-litutorovnostvýrazem( 9n +n+3n),dostaneme 9n n +n 3n= 9n,cožpojednoduchéúpravědávávztah,zekteréhobudeme +n+3n vycházet p 9n +n=3n+ n 9n +n+3n. Nejprve si trochu upravíme pravou stranu vztahu( ), snadno dostaneme p 9n +n=3n+ n 9n +n+3n =3n+ 3 + n 9n +n Napravéstraněposlednírovnostimámevýraz 9n +n.pokudmístotohotovýrazu dosadíme jeho vyjádření pomocí vztahu( ), dostaneme p 9n +n=3n+ =3n n +n 3+ n 3n+ 9n +n Nynímůžemevnaznačenémpostupupokračovat,opětzačlen 9n +n,kterýjevpravo, můžeme dosadit ze vztahu( ) a odtud již snadno vidíme, že řetězový zlomek čísla 9n +njeperiodický(tojsmezobecnýchvětmohliusouditještěpředřešenímpříkladu)aplatí 9n +n=(3n,3,6n,3,6n,3,6n,3,6n,3,6n,3,6n,...). (b) n +4=(n, n n, n n,,, kde njelichéčíslo; n,,, n,n,,n, n,,, n,,, n,n, n,n, n,,, n n,,,,n,...),..,n, n,,, n, 6 Přihledánířetězovýchzlomkůdruhýchodmocninlzevycházetbuďpřímozdefinice, či využít nějaké zajímavé vlastnosti uvažovaných čísel. Například snadno ověříš, že platí ( )( +)=,odtud =+ + apokudza,kterájevposlednímvýrazu uvedenávpravodosadíšopětcelýtentovýrazobdržíš =+ ++,odtudužsnadno + nahlédneš,žeřetězovýzlomekčísla jetvaru =(,,,,,...).(Stejnělzezřejmě postupovatprovšechnačíslatvaru n +,kde njepřirozené.) ( )

8 (c) (70n+,,,,,,40n+,,,,,,40n+,,,,,,40n+,,,,,,...). Poznámky opravovatele: V řešení částí(a) a(b) se chyby téměř nevyskytovaly. Část(c) byla bohužel zadána s malým překlepem. Nevyřešil ji proto nikdo. Za správně vyřešenou část(a) jsem uděloval dva body, nevyřešení části(c) jsem odpouštěl. Znovu připomínám, že odhadnuté řešení je potřeba dokázat. Také se mi nelíbilo, když jste nechávali na opravovateli upravovat šestipatrový zlomek. Příště prosím všechny úpravy rozepisujte, snad vás to bude motivovat psát elegantnější řešení. Těm, co si šetřili práci, jsem strhával podle uvážení přibližně polovinu bodů. 9. úloha Nechť αjeiracionálníčíslo, npřirozenéčíslo.dokažte, 7 žepakplatíalespoňjednaznerovností α A k B k < 5B k, kde k=n, n+, n+, kde A k B k jsousblíženézlomkykčíslu α. Číslo α je iracionální, proto mu přísluší nekonečný řetězový zlomek, který označíme α=(q, q, q 3, q 4,...).Definujeme-linynípro npřirozené n-týzbytekčísla αvztahem r n=(q n, q n+, q n+, q n+3,...),paksnadnoupravímerozdíl α An = An r n++ A n An ( ) n+ = B n B n r n+ + B n B n B n(b n r n+ + B n ), kde v poslední úpravě jsme po převedení na společného jmenovatele využili vztah z lemmatu 9(a). Nyní tudíž vidíme, že vzdálenost čísla α od jeho n-tého sblíženého zlomku je rovna α An B n = B n(b n r n+ + B n ) = Bn(r n+ + B = n ) B n B n ψ n+, kdesymbolem ψ n+ jsmeoznačili ψ n+ = r n+ + B n.projednoduchostdalšíhozapisování B n ještěpoložíme ξ n+ = B n,paksisnadnoindukcímůželaskavýčtenářdokázatvztah B n ξ n=(0, q n,..., q ). Po těchto pomocných úvahách přistoupíme k řešení naší úlohy. S ohledem na předchozí značenímámevlastněukázat,žeprokaždépřirozenéčíslo nplatímax(ψ n, ψ n+, ψ n+ ) > 7 PokudbyTi9.úlohadělalaproblémy,zkussivevýšeuvedenýchnerovnostechnahradit číslo 5číslem,úlohaseTizjednodušší.Konstanta 5jevpodstatětanejlepšíkonstanta, prokterouzněníúlohyplatí,takžejepotřebatrochu jemnější přístuppřiřešení.vpřípadě konstanty není těžké dokázat i tvrzení, že z každých dvou uvažovaných nerovností, pro k=nak=n+,jealespoňjednasplněna.

9 5.Důkazprovedemesporem.Nechťexistuje ntakové,žeplatí ψn 5, ψ n+ 5, ψ n+ 5. Nechťnyníje kpřirozenéčíslo,paksohledemnavýšeučiněnéznačenímáme ψ k = r k +ξ k. Zdefinice r k máme r k = q k +,zevztahupro ξ r k+ n,kterýjsmenechalidokázatčtenářizase máme ξ k+ = aztohomáme ψ q k +ξ k = r k + ξ k = +.Nynípředpokládejme,že k r k+ ξ k+ platí ψ k 5aψ k 5,pak ψ k = r k +ξ k 5aψ k = r k +ξ k = + 5. r k ξ k Poslednínerovnostijsouekvivalentnísr k 5 ξ k a 5.Vynásobenímtěchto r k ξ k nerovností máme ( 5 ξ k )( 5 ) ξ k ξ k «5 4 5 ξk 5 5+ ξ k. Použijeme-linynípředcházejícíúvahypro k=n+ak=n+,dostaneme ξ n+ 5 a ξ n+ 5.Tadruhánerovnostnámdává 5+.Klíčemkúspěchupronás ξ n+ bude všimnout si, že v uvedených nerovnostech platí dokonce ostrá nerovnost(namísto ), tojevšakjasnéztoho,ženajednéstraněstojíčísloracionálníanadruhéiracionální.proto využijeme-lijižvýšezmíněnývztah ξ n+ =,máme q n+ +ξ n+ q n+ = 5+ 5 ξ n+ < =, ξ n+ cožjevšaksporstím,žečlenyposloupnosti q njsoupřirozenáčíslaatedynutněvětšínebo rovna jedné. Poznámka(pronáročnéhočtenáře):Konstanta 5jevnašíúlozenejlepšímožná, tj.nedásenahraditvětší,abytvrzeníúlohyplatilo.ztohojetéžpatrné,pročjsmevřešení používali skutečně velice jemné odhady. Klasickým příkladem čísla α, pro které je této kon- 5+.Pokudbychomvšak stanty 5skutečnětřeba,ječíslo(,,,,,,,,,,...)= nebralivúvahutotočísloavšechnatačísla,prokterájeodjistéhoindexujejichřetězový zlomektvořensamýmijedničkami,mohlibychomtutokonstantuzlepšitna 8.Jakjevidět čísla obsahující v řetězovém zlomku jedničky jsou v jistém smyslu nejhůře aproximovatelná iracionální čísla čísly racionálními. Těmito a podobnými otázkami(třeba jaké další konstanty přicházejídoúvahypo 5a 8)sezabýváčástteoriečíselzkoumajícítzv.diofantickéaproximace. Poznámky opravovatele: Ze tří došlých řešení všichni vyřešili zjednodušenou verzi(s dvojkou místo 5).Úlohusamotnouvyřešilidva.Křešitelům(nejentétoúlohy)mámnaléhavou výzvu: Nespokojte se s první verzí svého řešení, zkuste vymyslet, jak co nejvíce zredukovat pracné roznásobování gigantických závorek a jak co možná nejlépe své řešení vysvětlit. Důkaz by měl mít kvalitní také svoji estetickou stránku.