1 Trochu o kritériích dělitelnosti

Transkript

1 Meu: Úloha č.1 Dělitelost a prvočísla Mirko Rokyta, KMA MFF UK Praha Jaov, Růzé dělitelosti, třeba 11 a 7 (aeb Jak zfalšovat rodé číslo). Prvočísla: které je ejlepší, které je ejvětší a jak jsou hustá. Spočteme 4 příklady, které by mohly pomoci v olympiádě. Kolik let měl Gauss, když už bylo jasé, že je to geius? Co je Ulamova prvočíselá spirála? Co je hypotéza prvočíselých dvojčat, Goldbachova hypotéza, Riemaova hypotéza, aeb jak (e)vydělat milio dolarů. A co a to Sheldo Cooper? 1 Trochu o kritériích dělitelosti Dobře zámá jsou kritéria, určující, kdy je ějaké přirozeé číslo a dělitelé ásledujícími čísly: 2 posledí cifra a je sudá (tj. dělitelá dvěma) 3 ciferý součet a je dělitelý 3 4 posledí dvojčíslí a je dělitelé 4 5 posledí cifra a je 0 ebo 5 (tj. dělitelá pěti) (6 a je dělitelé 2 a 3 ) 8 posledí trojčíslí a je dělitelé 8 9 ciferý součet a je dělitelý 9 10 posledí cifra zkoumaého čísla je 0 7? 11?... Obecější ež zkoumat dělitelost je zkoumat zbytek při děleí. Defiice. Uvažujme celá čísla a, b a přirozeé (tj. a, b Z, N) a ozačme symbolem a mod zbytek při děleí čísla a číslem. Řekeme, že a je kogruetí s b modulo, pokud je a mod = b mod, tedy pokud je zbytek při děleí a/ a b/ tetýž. Píšeme: Příklady: a b (mod). 11 mod 2 = 1, 53 mod 7 = 4, 11 1 (mod2), 53 4 (mod7), (mod7), 10 1 (mod11).

2 Platí: a b (mod) dělí (a b). 2 Modulárí aritmetika... aeb počítáí s kogruecemi. Dobrá zpráva č.1: s modulárím počítáím se setkáváme odmalička: hodiy, týdy, roky (mod12), (mod365),... Dobrá zpráva č.2: sčítáí, odečítáí, ásobeí i umocěí kogruecí je sadé: Tvrzeí 2.1. a 1 b 1 (mod) a 2 b 2 (mod) (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (mod) (a 1 a 2 ) (b 1 b 2 ) (mod) (a 1 a 2 ) (b 1 b 2 ) (mod) a k 1 b k 1 (mod) pro k N. Příklady: 14 2 (mod12), (mod12) (mod12) (mod12) 14 2 (mod12), (mod12) (mod12) (mod12) = (mod12)

3 10 1 (mod11) 10 k ( 1) k (mod11), k N, a k 10 k a k ( 1) k (mod11), a k {0,...,9}, a k 10 k a k ( 1) k (mod11). Tvrzeí 2.2. Číslo a N, jehož dekadický zápis je a = a a 1 a 1 a 0 je dělitelé 11 právě tehdy, když je dělitelé 11 číslo a 0 a 1 + a 2 + ( 1) a. (Dokoce platí: obě čísla dávají při děleí 11 stejé zbytky). Příklady: Je číslo dělitelé číslem 11? Odpověd : = 1 10 (mod11). Číslo eí dělitelé číslem 11, dokoce víme, že při děleí dostaeme zbytek 10. Rodá čísla jsou dělitelá 11. (Opatřeí proti zfalšováí rodého čísla... které všichi zají).... falešé rodé číslo / = 4 Dělitelost třemi: 10 1 (mod3) 10 k 1 k (mod3), k N, a k 10 k a k (mod3), a k {0,..., 9}, a k 10 k a k (mod3). Tím je ukázáo, že přirozeé číslo dává při děleí třemi stejý zbytek jako jeho ciferý součet.

4 Dělitelost sedmi: 10 3 (mod7) 10 k 3 k (mod7), k N, a k 10 k a k 3 k (mod7), a k {0,...,9}, a k 10 k a k 3 k (mod7). Příklad: Určete zbytek při děleí sedmi čísla Řešeí: = 37 1 = 1093 (mod7) = 57 1 (mod7). 3 Prvočísla a ěkteré jejich vlastosti Prvočíslo: přirozeé číslo větší ež 1 dělitelé je sebou samým a jedičkou (tj. 1 eí prvočíslo). Prví prvočísla jsou: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, Přirozeá čísla, růzá od jedé, která ejsou prvočísla, se azývají složeá čísla. Každé složeé číslo lze jedozačě apsat jako souči prvočísel. Základí otázka: Kolik je prvočísel a jak jsou rozložea mezi ostatími přirozeými čísly? Věta 3.1. Prvočísel je ekoečě moho. Dukaz (sporem): Necht existuje je koečě moho prvočísel, p 1, p 2,...p a echt je to úplý sezam všech prvočísel. Potom číslo x = p 1 p 2 p + 1 eí dělitelé žádým z těchto prvočísel, jelikož při děleí dostaeme vždy zbytek 1. Tedy číslo x musí být bud prvočíslo, ebo musí být dělitelé ějakým jiým prvočíslem, jiým ež p 1, p 2,...,p. To ale zameá, že možia prvočísel z počátku důkazu ebyla úplá, což je spor s předpokladem. (Teto důkaz podal už Eukleidés.) "Nejlepší" prvočíslo? "The best umber is 73. Because 73 is the 21st prime umber. Its mirror (37) is the 12th prime umber ad its mirror (21) is the product of multiplyig 7 ad 3. I biary, 73 is a palidrome, , which backwards agai is " [TBBT, s04e10] Je čas ěco spočítat.

5 4 Čtyři (ávodé) příklady Příklad 1. Určete, pro které dvojice prvočísel p, q platí p + q 2 = q + p 3. Řešeí. 1. Pro p = q bychom dostali p + p 2 = p + p 3 eboli p 2 = p 3, což esplňuje žádé prvočíslo. Tedy je p q. 2. Upravíme p + q 2 = q + p 3 a q 2 q = p 3 p, eboli Odtud plye, že p dělí q 1, a proto je splěa erovost q(q 1) = p(p 1)(p + 1). (1) p q 1, (2) kterou lze psát také jako p < q (ebot jde o celá čísla). Z (1) dále vidíme, že q dělí jedo z čísel p, p 1, p+1. Z erovosti p < q plye, že q emůže dělit ai p ai p 1, tedy q musí dělit p + 1. Odtud pak dostáváme, že je splěa erovost q p + 1. (3) Nerovosti (2), (3) ovšem implikují q = p + 1, což zameá, že p, q jsou dvě po sobě jdoucí prvočísla. Taková prvočísla jsou však pouze 2 a 3. Závěr: jediým řešeím úlohy je dvojice p = 2, q = 3. Příklad 2. Určete, pro které dvojice prvočísel p, q platí p + q 2 = q + 145p 2. Řešeí. 1. Pro p = q bychom dostali p + p 2 = p + 145p 2 eboli 1 = 145, což je spor. Tedy je p q. 2. Upravíme p + q 2 = q + 145p 2 a q(q 1) = p(145p 1), (4) odkud opět plye, že p dělí q 1. Je tedy splěo q 1 = kp pro ějaké přirozeé k. Po dosazeí tohoto vztahu do (4) dostaeme po úpravě p = k k 2. (5) Jmeovatel zlomku v (5) je kladý pouze pro k = 0, 1,..., 12. Můžeme těchto 13 možostí vyzkoušet bud dosazeím, ebo si uvědomit, že také potřebujeme, aby čitatel zlomku ebyl meší ež jeho jmeovatel. Zajímá ás tedy kvadratická erovost k k 2, eboli k 2 + k 144 0, která je v oboru přirozeých čísel splěa pouze pokud k 12. Vztah (5) dává tedy přirozeé číslo pouze pro k = 12. Pak (5) dá p = 13, což je (aštěstí) prvočíslo, a dále q(q 1) = , což má (také aštěstí) v oboru prvočísel jedié řešeí, a sice q = 157. Závěr: jediým řešeím úlohy je dvojice p = 13, q = 157.

6 Příklad 3. Zjistěte, kdy pro tři prvočísla p, q, r má rozdíl (p + 1)(q + 1)(r + 1) pqr hodotu, která při děleí šesti dává zbytek 3. Řešeí. 1. Ozačíme A := (p + 1)(q + 1)(r + 1), B := pqr, jde tedy o to, kdy A B 3 (mod6). Možosti pro A B: apříklad (3 0) mod 6, (4 1) mod 6, (5 2) mod 6,.... Pokud je tedy pqr sudé, je (p+1)(q +1)(r +1) liché (obojí modulo 6, ale to a pojmu sudosti a lichosti ic eměí). Tedy každé z (p+1), (q +1), (r +1) je liché, proto každé z p, q, r je sudé, a protože jsou to provočísla, musí být p = q = r = 2. Pak ale máme, že (p + 1)(q + 1)(r + 1) pqr = 27 8 = 19 1 (mod6), což evyhovuje zadáí. Právě jsme tedy ukázali, že žádé z p, q, r eí rovo Je-li A B 3 (mod6), zameá to, že A B je dělitelé třemi. Tvrdím, že i B = pqr musí být dělitelé třemi: Necht B = pqr (a tedy ai žádé z čísel p, q, r) eí dělitelé třemi. Pak ai A = (p + 1)(q + 1)(r + 1) eí dělitelé třemi (to plye z toho, že A B je třemi dělitelé). Čísla p, q, r emohou při děleí třemi dávat zbytky 2, to by (p + 1), (q + 1), (r + 1) (a tedy i A) byly dělitelé třemi. Proto a tedy p 1 (mod3), q 1 (mod3), r 1 (mod3), p (mod3), q (mod3), r (mod3). Celkově tedy pro A B podle pravidel modulárí aritmetiky: (p + 1)(q + 1)(r + 1) pqr = (mod3), což je spor. Právě jsme tedy ukázali, že pqr je dělitelé Víme tedy už, že p, q, r ejsou rovy 2 a pqr je dělitelé třemi. Jedo z p, q, r musí být proto rovo třem, echt BÚNO p = 3. Z dělitelosti pqr třemi také plye pqr 3 (mod6) a podle zadáí musí pak být (p + 1)(q + 1)(r + 1) = 4(q + 1)(r + 1) 0 (mod6), tedy je dělitelé šesti. Žádé z (q + 1), (r + 1) eí ovšem dělitelé třemi, tedy aspoň jedo z ich musí být dělitelé šesti: apř. q + 1 = 6k, tj. q = 6k 1. Žádé jié podmíky a daá čísla emáme, tedy řeseím je trojice p = 3, q prvočíslo tvaru 6k 1, a r libovolé liché prvočíslo. Zkouška. A = (p+1)(q+1)(r+1) = 4 6k (r+1) 0 (mod6). B = pqr = 3 (6k 1) r 3 (mod6), ebot je to lichý ásobek tří. Celkem A B = (mod6), což jsme chtěli. Příklad 4. Číslo je součiem čtyř prvočísel. Jestliže každé z těchto prvočísel zvětšíme o 1 a vziklá čtyři čísla vyásobíme, dostaeme číslo o 2886 větší ež původí číslo. Určete všecha taková. Řešeí. Ozačme = pqrs, kde p, q, r, s jsou prvočísla, a (p + 1)(q + 1)(r + 1)(s + 1) = pqrs (6) 1. Tvrdím, že alespoň jedo z p, q, r, s je rovo 2: echt e, pak jsou všecha lichá, a také souči = pqrs je lichý a tím i pravá straa rovice (6) je lichá. Protože p, q, r, s jsou lichá, jsou

7 (p + 1), (q + 1), (r + 1), (s + 1) sudá a tedy i jejich souči je sudý, tedy levá straa rovice (6) je sudá, což je spor s (6). 2. Tedy alespoň jedo z čísel p, q, r, s je rovo 2, BÚNO p = 2. Rovice (6): (p + 1)(q + 1)(r + 1)(s + 1) = pqrs se pak redukuje a 3(q + 1)(r + 1)(s + 1) = 2qrs (7) Levá straa (7) je dělitelá 3, tedy i pravá straa (7) je dělitelá 3, proto 2qrs musí být dělitelé 3, a tedy alespoň jedo z čísel q, r, s je rovo 3. BÚNO q = 3. Rovice (7) se tedy dále redukuje a 12(r + 1)(s + 1) = 6rs Odtud plye mj., že rs je liché, tedy r 3, s Rozásobeím v rovici (8) dostaeme: 2(r + 1)(s + 1) = rs (8) 2rs + 2r + 2s + 2 = rs rs + 2r + 2s + 2 = 481 (r + 2)(s + 2) 2 = 481 (r + 2)(s + 2) = 483. Máme 483 = a tedy přicházejí do úvahy možosti (r + 2)(s + 2) = = r = 1 eí prvočíslo; (r + 2)(s + 2) = 7 69 = r = 5, s = 67 je řešeí; (r + 2)(s + 2) = = r = 21 eí prvočíslo; (a 3 možosti, kde se symetricky prohodí hodoty r, s, ale ty už emusíme uvažovat.) Závěr: jedié řešeí úlohy je = = Zkouška: = 4896 = Zpět k prvočíslům Hustota prvočísel... ozačme π() počet prvočísel meších ež ; jaký je vztah mezi π() a? π(10) = 4 (2, 3, 5, 7). π(20) = 8 (2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19). C. F. Gauss v roce 1792, ve věku 15 let (!), avrhl, že by mohlo platit π() π( 1 000) = 168 l = 144 l.

8 π( ) = = l π( ) = = l π( ) = = l π( ) = = l Později, v roce 1863, Gauss v dopise Eckemu apsal, že si myslí, že ještě přesější odhad je π() 2 dx l x =: Li(). π( 1 000) = 168, = 144, Li() = 176 l π( ) = 1 229, = 1 085, Li() = l π( ) = 9 592, = 8 686, Li() = l π( ) = , = , Li() = l π( ) = , = , Li() = l Ohledě těchto Gaussových odhadů, oba byly později skutečě dokázáy. Des dokoce víme, že platí π() l l a 0.89 Li() π() 1.11 Li() K čemu je to dobré? Baví ás to. Velký praktický výzam mají prvočísla a zalost jejich rozložeí v kryptografii, apříklad v šifrovacích systémech jako je RSA. Otázka: Jaké je ejvětší prvočíslo? (Ha, ha) Dobře, tak jaké je ejvětší zámé prvočíslo? Nejvetší k dešímu datu zámé prvočíslo (bylo alezeo 25. leda 2013) je má dekadických cifer , (Při 30 řádcích a 60 zacích a řádek by bylo potřeba asi stra papíru a jeho vytištěí.)

9 Krása prvočísel: Ulamova spirála Další zajímavosti o výskytu prvočísel: Mezi čísly a 2 (pro > 1) leží vždy alespoň jedo prvočíslo (Čebyšev, 1850). Pro každé přirozeé existují a, b N tak, že čísla a + kb jsou prvočísla pro všecha k = 1,...,, (Be Gree & Terece Tao, 2004), tedy prvočísla obsahují libovolě dlouhou aritmetickou posloupost.

10 Naprotitomu pro každé přirozeé k existuje k po sobě jdoucích přirozeých čísel, z ichž ai jedo eí prvočíslem: Stačí uvažovat čísla (k + 1)! + 2, (k + 1)! + 3,...(k + 1)! + k + 1, kterých je k a jsou po řadě dělitelá dvěma, třemi,..., k + 1. Dodes evyřešeé otázky/hypotézy: Hypotéza prvočíselých dvojčat: Existuje ekoečě moho prvočíselých dvojčat, tj. dvojic prvočísel lišících se o 2 (apř. 5, 7 ebo 41, 43)? Goldbachova hypotéza: každé sudé přirozeé číslo větší ež 4 lze apsat jako součet dvou pvočísel. (1742, dosud evyřešeo). Riemaova hypotéza (cca 1890, velmi těžce zformulovatelá, supertěžká a důkaz) - souvisí s pravidelostí rozložeí prvočísel. Za její důkaz je vypsáa odměa milio dolarů (Vypsal ji Clayův istitut v roce 2000). Prvočíselý vzorec. Existuje vzorec, který pro každé dá prvočíslo? Ha, ha: p = Dobře, tak existuje vzorec, který pro každé dá -té prvočíslo? Překvapeí: Ao! 2 p = 1 + m=1 1 + m ([ ] [ ]) (j 1)!+1 (j 1)! viz j=1 P. Ribeboim: The ew book of prime umber records, 3rd editio, Spriger-Verlag, New York, NY, pp. xxiv+541, ISBN MR 96 k:11112 j j Děkuji za pozorost. Mirko Rokyta KMA MFF UK Praha rokyta@karli.mff.cui.cz