Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta

Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta SEMINÁRNÍ PRÁCE Z METOD ŘEŠENÍ 1 TEORIE ČÍSEL 000/001 Cifrik, M-ZT

Příklad ze zadávacích listů 10 101 Dokažte, že číslo 101 +10 je dělitelné číslem 51 Důkaz: 10 101 Máme dokázat, že zbytek součtu 101 +10 po dělení číslem 51 je 0, proto použijeme kongruence podle modulu 51 101 101 10 Tím je důkaz ukončen 1 1 ( mod51) 10 1 ( mod51) 10 1 = 1 ( mod51) 101 10 101 1 = 1 ( mod51) 10 101 101 + 10 1+ 1 = 0 ( mod51) Použité věty: V1: Kongruence podle téhož modulu můžeme sčítat V:Obě strany kongruence je možné umocnit na totéž přirozené číslo Důkaz V: Je-li a b( mod m), dokážeme indukcí vzhledem k přirozenému číslu n, že n n n n a b ( modm) Pro n = 1 není co dokazovat Platí-li a b ( modm) pro nějaké pevně zvolené n, vynásobením této kongruence a kongruence a b( mod m) dostáváme n n a a b b( modm), tedy a n+ 1 b n+1 ( modm), což je tvrzení pro n +1 Důkaz indukcí je hotov 1 základní vlastností kongruencí

Příklad 5 ze zadávacích listů Najděte nejmenší celé číslo, které se rovná (a) jedné polovině druhé mocniny a zároveň jedné třetině třetí mocniny, (b) jedné polovině druhé mocniny, jedné třetině třetí mocniny a zároveň jedné pětině páté mocniny, (c) jedné polovině druhé mocniny, jedné třetině třetí mocniny, jedné pětině páté mocniny a zároveň jedné sedmině sedmé mocniny Ad a) Číslo které hledáme má vyhovovat vztahu: x x = po úpravě: x () x = x x Z, ( x) = 0 ( 1) Rovnice 1 má v oboru celých čísel právě jedno řešení x = 0, a to je i jediným řešením úkolů (b) a (c) PRO HODNOCENÍ VÝBORNĚ JE TŘEBA CHÁPAT PŘÍKLAD V JINNÝCH SOUVISLOSTECH!!! ÚLOHU JSEM NEOPRAVOVAL

První z úloh doporučené literatury str 91/189 Řešte v celých číslech rovnici x + y + 5z = 15 D (,,5) = 1 proto je rovnice řešitelná Osamostatníme neznámou s nejmenším koeficientem 15 y 5z x = 1 y z x = 7 y z + () 1 1 y z čísla x, y, z jsou celá, proto i výraz musí být celý, abychom splnili podmínku zadání Označme si 1 y z = t, t je celé číslo 1 y z = t Z ( ) vyjádříme y : tedy po dosazení ( ) () do 1 je x : ( ) ( ) y = 1 z t, x = 7 1+ z + t z + t x = 6 z + t, 4 dosadíme do původní rovnice v zadání 6 z + t + 1 z t ()() ( 4) ( ) ( ) + 5z = 15 ( 5) 1 z + 6t + z 6t + 5z = 15 15 = 15 Za z a t můžeme dosadit ( ( 5) ) libovolná, na sobě nezávislá, celá čísla V těchto případech říkáme, že řešení má dva stupně volitelnosti 4 V tabulce uvádíme několik řešení rovnice Rovnice má nekonečně mnoho řešení t 0 0 1 1 - z 0 1 0 1 x 6 5 9 8 - y 1 0-1 - USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 plyne z důsledku věty: Nutnou podmínkou řešitelnosti rovnice Ax+By=C v celých číslech je (A,B)\C, tj největší společný dělitel čísel A a B musí být dělitelem čísla C (USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 str9) 4 USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 str44, druhý odstavec 4

Druhá z úloh doporučené literatury str 91/191 5 Řešte v celých číslech rovnici 8x + 7 y + 5z = 79 D ( 5,7,8) = 1 proto je rovnice řešitelná 6 Osamostatněme neznámou s nejmenším koeficientem 79 8x 7y z = 5 4 x y z = 15 x y + () 1 5 4 x y čísla x, y, z jsou celá, proto i výraz musí být celý (podmínka zadání) Označme 5 si 4 x y = t, t je celé číslo 5 4 x y = 5t Z ( ) vyjádříme y : x + t výraz 4 x 5t y = x + t y = x t musí být také celý, označme tedy z rovnice ( vyjádřeme vyjádřeny pomocí t a v x + ( ) t = v, v je celé číslo, 4) x, které dosadíme do ( ) ( 4) () v = x + t, abychom proměnné x a y měli x = v t y = v t Proměnnými a v vyjádřeme i dosazením ( 5) y = v + t t v () 6 t z ( 5 ) ( 6) do ( ) z = 1 + v + t ( 7) 1 z = 15 v + t + v + t + t, 5 USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 6 plyne z důsledku věty: Nutnou podmínkou řešitelnosti rovnice Ax+By=C v celých číslech je (A,B)\C, tj největší společný dělitel čísel A a B musí být dělitelem čísla C (USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 str9) 5

Dosaďme nakonec do původní rovnice 8 ( v t) + 7( v t) + 5( 1 + v + t ) = 79 16v 8t + 14 1v 7t + 65 + 5v + 15t = 79 0 = 0 Rovnice má, jako v předchozím příkladě, dva stupně volitelnosti a tedy nekonečně mnoho řešení V tabulce uvádíme několik řešení rovnice t 0 0 0 1 1-1 v 0 1 1 x 0 4 1 4 5 y -1-4 - -5-9 - z 1 14 15 17 18 1 6

Třetí z úloh doporučené literatury str 96/5 7 Najděte celá čísla x, pro která je výraz x 14x 56 čtvercem Máme zjistit, pro která x je výraz x 14x 56 roven mocnině celého čísla Rovnicí zapsáno x 14x 56 = y po úpravě x 14x 56 y = 0 Řešíme tedy kvadratickou rovnici, jejíž kořeny mají byt z množiny celých čísel Vypočítejme kořeny kvadratické rovnice: x 14x 56 + y = 0 1 ( ) ( ) x 1 14 ± = 196 + 4 ( 56 + y ) 10 + 4y = 7 ± 4 = 7 ± 05 + y má-li platit x1 Z, pak nutně výraz 05 + y musí být celočíselný Proto se snažme najít číslo y takové, které vyhovuje podmínce K tomuto účelu zaveďme proměnnou z, pro níž platí: 05 + y = z z Z ( ), a tedy z y = 05 ( z y)( z + y) = 05 Součinem hodnot výrazů v závorkách, ( z y)( z + y), mohou být právě jen dělitelé čísla 05 8, 1,5,61,05 9 Mohou tedy nastat čtyři případy, zapišme je: tj { } z + y = 1 z y = 05 z z y = 1 z + y = 05 z z + y = 5 z y = 61 z = 05 04y y = 05 56y y } = 05 + 04y y () ( 4) () 5 () 6 z y = 5 z + y = 61 z = 05 + 56y y Případy kdy se výrazy rovnají { 1, 5, 61, 05 vedou ke stejným závěrům 10 V dalším kroku již můžeme bezpečně určit hodnoty čísla y z rovnic ( 5) : 05 + y y 1 1 y 1 = 05 ± 04y = ± 04y = ± 15 1 1 y 1 05 + y y 4 4 y 4 = 05 ± 56y = ± 56y = ± 8 4 4 y 4, 7 USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 8 plyne z podmínky řešení v oboru celých čísel 9 prvočíselný rozklad - 05 = 5 61 10 nutno zmínit pro hodnocení výborně (oprava 114001) 7

Posledním krokem výpočtu je zpětné dosazení právě zjištěných hodnot do rovnice ( 1) : x x 1 4 = 7 ± = 7 ± 05 + 15 = 7 ± 15 x1 = 160, x = 146 05 + 8 = 7 ± x = 40, x = 6 4 Výraz x 14x 56 je čtvercem pro x { 146, 6,40,160} 8

Čtvrtá z úloh doporučené literatury str 98/57 11 Najděte několik celočíselných řešení rovnice x y = 1, když známe řešení x =, y = 1 V našem případě není D druhou mocninou celého čísla, a proto má rovníce nekonečně mnoho řešení 1 Pro nalezení dalších řešení rovnice budeme tedy postupovat tradičním způsobem Nejprve rozložíme kvadratický dvojčlen: x y = 1 Je zadána Pellova rovnice, tj rovnice tvaru x Dy = 1 ( 1) a poté použijeme buď větu: Nechť ( ) 0, y 0 ( x y)( x + y) = 1 x je řešením rovnice x Dy = 1, potom je řešením i dvojice ( x, y), kterou dostaneme z rovnice kde k je libovolné celé číslo ( + 1 ) ( + 1 ) ( + 1 ) 4 ( x + y ) k x + D y = 0 0, = 7 + 4 = 6 + 15 = 97 + 56 M x 1 x = 7, y x 1 = 4 = 6, y = 97, y = 15 = 56 ( x ) ( ) ) nebo větu: Když 1, y1, x, y jsou dvě řešení rovnice, potom je řešením i ( x, y, kde x = x1 x + Dy1 y, y = y1x + x1 y např x y = 7 + 1 4 = 6 = 1 7 + 4 = 15 Obdobně bychom získali další řešení Jelikož jsou proměnné v rovnici umocněny na sudý exponent, záleží na znaménku 1 14 x, y 1,, 1,, 1,, 1,, 4,7, 4,7, 4, 7, 4, 7 Několik řešení: ( ) {( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) } 11 USDavydov, ŠZnám: Teória čísel SPN Bratislava 1966 1 Věta: Když D není druhou mocninou celého čísla, pak má rovnice (1) nekonečně mnoho řešení 1 Ošidili bychom se o řešení 14 K hodnocení výborně je nutno vypsat i jiná řešení, nechám e čtenáři (oprava 114001) 9

Pátá z úloh doporučené literatury str 168/cvič 1(iv) 15 Dokažte, že pro libovolné n N platí: 64 n+ + 40n 7 Důkaz provedeme matematickou indukcí Pro n 0 = 1 výraz zřejmě platí 1+ + 40 1 7 = 56 64 Chceme dokázat platnost indukce k + 64 + 40k 7 64 1+ Předpokládejme nyní, že pro nějaké k N platí k + 64 + 40k 7, tedy Potom a po substituci k + + 40 1 7 ( k + 1) + + 40( k + 1) 7 k N + 40k 7 = 64a k + = 64a 40k + 7 ( k + 1) + k + 5 k + + 40( k + 1) 7 = + 40k + 40 7 = 9 + 40k + 1 = 64b ( 64a 40k + 7) 9 + 40k + 1 = 64b 576a 0k + 56 = 64b 64 ( 9a 5k + 4) = 64b Obě strany rovnosti jsou násobkem n+ 64, čímž je dokázáno 64 + 40n 7 DŮKAZ JE PROVEDEN CHYBNĚ, OPRAVU PONECHÁVÁM NA ČTENÁŘI (oprava 114001) 15 JHerman, RKučera, JŠimsa: Metody řešení matematických úloh I SPN Praha 1990 10

Šestá z úloh doporučené literatury str 90/cvič 8(iv) 16 Nalezněte trojciferné číslo n takové, že součin jeho číslic je n 1 Hledáme tedy číslo n pro které platí: 100a + 10b + 1c = n abc = n 1, 1 < a 9 1 b, c 9 Číslo n je trojciferné z čehož plyne, že n je dvoumístné Může být nejméně 10 a nejvýše 1 Můžeme postupovat i tak, že pracně vypíšeme tabulku hodnot: n 11 1 1 14 15 16 17 18 19 0 n 11 144 169 196 5 56 89 4 61 400 abc 16 54 54 0 60 144 4 18 0 1 4 5 6 7 8 9 0 1 441 484 59 576 65 676 79 784 841 900 961 16 18 90 10 60 5 16 4 0 54 Tento způsob řešení je pracný, ale přesvědčivý Hledané číslo je 61 16 JHerman, RKučera, JŠimsa: Metody řešení matematických úloh I SPN Praha 1990 11

14567 Najděte poslední číslici čísla A = 4 Úloha navíc Řešení I 1 Indukcí dokážeme, že pro každé n N končí 4 n+ číslovkou 4 Pro n = 0 to zřejmě platí 1 Když už víme, že 4 + n+ 1 končí číslovkou 4, tj že platí 4 4 mod10, tak lehko zjistíme ( ) 1 n ( ) ( n+ 1 ) + 1 n+ 1 4 = 4 16 4 6 4 ( mod10 ) n+ 1 + tedy i 4 končí číslovkou 4 Tím je důkaz indukcí ukončený Podle právě dokázaného 14567 tvrzení, které použijeme pro n = = 6178, končí i A číslicí 4 Řešení II 10 A 4 Protože je sudé, platí A 4, a je třeba ještě dokázat Dokážeme, že ( ) 5 ( A 4) Počítejme modulo 5 tedy skutečně ( A 4) A ( ) 14567 4 ( 1) 4 = 1 4 = 5 0( mod5) 5 Proto ( A 4) A 4 A, 10, a tedy končí číslovkou U tohoto příkladu z knihy IKorec: Úlohy o veĺkých číslach ÚV matematické olympiády Praha 1988, str 58, úloha 51 mě nejvíce zaujal dovětek, v němž se praví Táto úloha bola taká ĺahká, že ju čitateĺ zaiste vedel vyriešiť spamäti Po přečtení řešení dávám autorovi za pravdu Proto mne úloha zaujala, a přivedla k zamyšlení, u kterých dalších základních číslovek mají mocniny periodicky se měnící dvě cifry na místě jednotek (Odpověď: konstantní zůstávají mocniny čísel 5,6,10,11 a po dvou se střídají u 4,14) 1

Zjistěte na kolik nul končí číslo 001! Úloha navíc II Exponent prvočísla 5 v rozkladu čísla 001! je 001 001 001 001 + = 400 + 80 + 16 + = 499 5 + 5 + 15 65, 001 exponent prvočísla je větší (například proto, že > 499 ) Proto 001! je dělitelné 499 500 číslem 10, ale ne 10, a proto končí (v dekadickém zápise) 499 nulami Námětem k této úloze mi byla úloha 8 17 v knize O velkých číslech V této knize jsou zajímavé, řekl bych někdy až zábavné úlohy, jejichž řešení jsou někdy překvapivě snadná Obsah Příklad ze zadávacích listů Příklad 5 ze zadávacích listů První z úloh doporučené literatury str 91/189 4 Druhá z úloh doporučené literatury str 91/1915 Třetí z úloh doporučené literatury str 96/57 Čtvrtá z úloh doporučené literatury str 98/579 Pátá z úloh doporučené literatury str 168/cvič 1(iv) 10 Šestá z úloh doporučené literatury str 90/cvič 8(iv)11 Úloha navíc 1 Úloha navíc II 1 Obsah 1 17 IKorec: Úlohy o veĺkých číslach ÚV matematické olympiády Praha 1988, str 88, úloha 84 1