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

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.tedyčíslo1997 10 (vdesítkovésoustavě)můžemevosmičkové soustavěpsátjednoduše3715 8.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 znamená25.1997 2 +8.1997+1977,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. Tedynapříkladdvojcifernýsoučetčísla2581977 rje s 2 =77 r+19 r+58 r+2 raposledníčtyřčíslí tohotočíslaje1977 rvlibovolné r-adickésoustavě(zřejměvšak r 10).

Téma: Datumodeslání: 3. série Číselné soustavy ½¾º ÔÖÓ Ò ½ Rozcvička(nebodovaná) Rozhodněte,zdaexistujetakové r,aby r-adickýzápisčísla πbyltvaru3.1997.... ½º ÐÓ Ó µ Určeteposledníčíslicičísla1997 10!v (a) 2003-adické soustavě; (b) 20003-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)...321 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

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 πbyltvaru3,1997.... Rozcvičku řešila jen jedna řešitelka(lenka Zdeborová). Zde je řešení: Využijemevyjádření π=3,1415... 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 =3,1513..., (3,1998) 13 =3,1345.... 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 Určeteposledníčíslicičísla1997 10!v (a) 2003-adické soustavě; (b) 20003-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.

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. 2 3 4... (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 1 2002!=1997! 1998 1999 2000 2001 2002 1997!( 5)( 4)( 3)( 2)( 1) (mod2003) 1997!( 5)( 4)( 3)( 2)( 1)=1997!( 120). Vynásobením 217 a užitím toho, že( 120)( 217) = 26040 1(mod 2003) zjišťujeme, že 1997! 217 (mod2003). Atedy217jeposledníčíslicečísla1997 10!v2003-adickésoustavě. (b)jelikožčíslo20003=83 241dělíčíslo1997 10!,jeposledníčíslicečísla1997 10!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.

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

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, 26080. 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)...321 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)...321 r jedělitelnéčíslem11 raprotože mlzepsátjako x 100...0100......1s(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

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 = `2+ 16 5 1997. 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 1997 16 <0,protoje a nomálomenšínež α 1997 16= 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 199716 = 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 1997 16 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.

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.