Matematyka Dyskretna Zestaw 2

Transkrypt

1 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) Matematyka Dyskretna Zestaw 1. Wykazać, że nie istnieje liczba naturalna, która przy dzieleniu przez 18 daje resztę 13, a przy dzieleniu przez 1 daje resztę.. Dla jakich liczb naturalnych n liczba n 3 7n 5n + 10 jest podzielna przez liczbę: a) n +, b) n Jaka najmniejsza liczba naturalna ma dokładnie k dzielników dla 1 k 10? 4. Liczby , zapisane w systemie dziesiętnym przedstawić w systemach o podstawach, 3, 8, 16, a liczby (134567) 8, ( AB) 16 zapisz w systemie dziesiętnym. 5. Liczby 66, 77, 88 przedstaw w postaci a 0 + a a a k 3 k, gdzie a i { 1, 0, 1}. Udowodnić, że każdą liczbę naturalną można przedstawić w takiej postaci. 6. Dysponujemy wagą szalkową i pięcioma odważnikami o całkowitych wagach. Jakie wagi mają te odważniki, jeśli z ich pomocą na tej wadze można zważyć przedmioty o dowolnej całkowitej wadze od 1 do 11 (odważniki można kłaść na dowolną szalkę). 7. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej b > 1, jeśli ( ) b jest liczbą pierwszą, to liczba jedynek w tym zapisie jest liczbą pierwszą. 8. Liczby 10, 00, 3000 przedstawić w postaci a 1 1! + a! + a 3 3! + + a n n!, gdzie 0 a i i. Udowodnić, że każdą liczbę naturalną można w tej postaci przedstawić. 9. Pokazać, że jeśli każda z liczb naturalnych a, b, c, d dzieli się przez ab cd, to ab cd = Liczby x, y Z są takie, że 6x + 13y dzieli się przez 35. Wykazać, że liczba x + 8y też dzieli się przez Wykazać, że dla żadnej liczby całkowitej n liczba n + 5n + 1 nie jest podzielna przez Wykazać, że równanie x + 95xy + 000y = 005 nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych x, y. 13. Wyznaczyć wszystkie trójki liczb pierwszych, których iloczyn jest pięciokrotnie większy od ich sumy. 14. Rozwiązać równanie p q = 1, jeśli wiadomo, że p i q są liczbami pierwszymi. 1

2 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) Rozwiązania. 3. Niech a = p α 1 1 pα pα k k, gdzie p 1 < p < p k są liczbami pierwszymi i α i > 0 są liczbami naturalnymi. Jeśli teraz b jest dzielnikiem a, to b = p β 1 1 pβ pβ k k, gdzie 0 β i α i i odwrotnie, każda liczba tej postaci z podanymi ograniczeniami na β i jest dzielnikiem a. Stąd, liczba dzielników liczby a jest równa (α 1 + 1)(α + 1) (α k + 1). W szczególności wynika z tego, że jeśli liczba dzielników liczby a jest liczbą pierwszą, to a jest potęgą liczby pierwszej. Zatem najmniejszą liczbą która ma, 3, 5, 7 dzielników są odpowiednio, = 4, 4 = 16, 6 = 64. Wyznaczenie pozostałych najmniejszych liczb mających dokładnie k dzielników z k 10 pozostawiam czytelnikowi. 5. Zauważmy na początek, że 66 = = = Czyli wskazane liczby są sumami potęg trójki poprzedzonych znakiem plus lub minus. Pokażemy indukcyjnie, że jeżeli liczba naturalna a jest mniejsza od k = 3k+1 1, (1) to można ją przedstawić w postaci a 0 + a a a k 3 k, gdzie a i { 1, 0, 1}. Dowód tego stwierdzenia dla małych wartości k pozostawiam do samodzielnego przeprowadzenia. Załóżmy że jest ono prawdziwe dla wszystkich k < n i dowodzimy, że jeśli, to, gdzie a i { 1, 0, 1}. Przedział a < n = 3n+1 1 a = a 0 + a a a n 3 n [ ] 0, 3n+1 1 podzielmy na trzy części: [ ] ( 0, 3n 1, 3 n 1, 3 n] ( ], 3 n, 3n+1 1 całkowitych, a ostatni o jedną mniej. Rzeczywiście, dla pierwszego z nich jest to oczywiste, dla drugiego mamy 3 n 3n 1 = 3n 3 n + 1 = 3n + 1. Pierwsze dwa mają po 3n liczb = 3n 1 a dla trzeciego 3 n n = 3 3n 3 n 1 = 3n 1. [ ] Niech teraz a będzie dowolną liczbą całkowitą z przedziału 0, 3n+1 1 oczywiście, na mocy założenia idukcyjnego można ją przedstawić w żądanej postaci. ( 3 n 1, 3 n], tzn. 3 n 1 < a < 3 n, to 3 n a < 3 n 3n 1 = 3n +1, a zatem ponownie na mocy założenia indukcyjnego + 1,. Jeżeli a [ 0, 3n 1 3 n a = a 0 + a a a n 1 3 n 1, gdzie a i { 1, 0, 1} ], to Jeśli a

3 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) i wobec tego a = ( a 0 ) + ( a 1 ) 3 + ( a ) ( a n 1 )3 n n ( ] Na koniec, jeśli a 3 n, 3n+1 1, to a 3 n < 3n n = 3n 1, czyli znowu na mocy założenia indukcyjnego a 3 n = a 0 + a a a n 1 3 n 1, gdzie a i 1, 0, 1 lub inaczej a = a 0 + a a a n 1 3 n n. To kończy dowód kroku indukcyjnego, zatem stwierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej k. 7. Niech a = (111 } {{... 11} ) b i przypuśćmy, że n = mk gdzie 1 < m, k < n. Wówczas n a = 1 + b + b + + b km 1 = (1 + b + b + + b m 1 )+ +b m (1 + b + + b m 1 )+ +b m (1 + b + b + + b m 1 ) b (k 1)m (1 + b + b + + b m 1 ) = (1 + b + b + + b m 1 )(1 + b m + b m + + b (k 1)m ). Zatem a = bc, gdzie b = (1 + b + b + + b m 1 ) i c = (1 + b m + b m + + b (k 1)m, czyli a nie jest liczbą pierwszą, wbrew założeniu. Stąd przypuszczenie, sformułowane na początku dowodu, jest fałszywe. 8. Na początek wypiszmy kilka kolejnych wartości postaci a k k!, gdzie a k {1,,..., k} 1,! =,! = 4, 3! = 6, 3! = 1, 3 3! = 18, 4! = 4, 4! = 48, 3 3! = 7, 4 4! = 96, 5! = 10 5! = 40, 3 5! = 360, 4 5! = 480, 5 5! = 600, 6! = 70, 6! = 1440, 3 6! = 160, 4 6! = 880, 5 6! = 3600 Zauważmy teraz, że Stąd ! = 10 = 5! 3000 = 0 1! + 0! + 0 3! + 0 4! + 1 5! + 4 6!. Podobnie Zatem 00 5! = = 80, ! = 80 7 = 8, 8 3! = =!! + 3! + 3 4! + 5! = 00. Przejdźmy teraz do dowodu tego, że każdą liczbę mniejszą od (m + 1)! można przedstawić w postaci a 1 1! + a! + a 3 3! + + a m 1 (m 1)! + a m m!. Sprawdzenie dla małych liczb zostawiam czytelnikowi. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb mniejszych od n i dowodzimy jego prawdziwość dla n. Niech m będzie najmniejszą 3

4 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) liczbą taką, że m! n < (m + 1)!. Przedział [m!, (m + 1)!) podzielmy na m przedziałów długości m!: [m!, m!), [ m!, 3 m!),..., [m m!, (m + 1)!). Liczba n należy do jednego z nich, tzn. istnieje a m {1,,..., m}, taki że a m m! n < (a m + 1)m!. Stąd n a m m! < m! i na mocy założenia indukcyjnego a to kończy dowód. n a m m! = a 1 1! + a! + a 3 3! + + a m 1 (m 1)!, 9. Z założeń zadania wynika, że istnieją liczby całkowite x, y, z, t takie, że a = (ab cd)x, b = (ab cd)y, c = (ab cd)z, d = (ab cd)t. Zatem ab cd = (ab cd) (xy zt) czyli 1 = (ab cd)(xy zt). Ponieważ ab cd i xy zt są liczbami całkowitymi, więc ab cd = ±1, co kończy rozwiązanie. 1. Jeżeli para (x, y) liczb całkowitych jest rozwiązaniem tego równania to wobec równości x = xy 000y = 5(401 19xy 400y ) x dzieli się przez 5. Niech więc x = 5t, t Z. Po wstawieniu do równania otrzymujemy 5t + 475ty + 400y = 005, a dzieląc obie strony tej równości przez 5 mamy 5t + 95ty + 80y = 401 czyli 5(t + 19ty + 16y ) = 401, co oznacza, że lewa strona dzieli się przez 5, a prawa nie. Ta sprzeczność dowodzi, że nie istnieje para liczb całkowitych spełniających to równanie. 14. (I sposób) Zauważmy, że para (p, q) = (3, ) jest rozwiązaniem tego równania. Załóżmy teraz, że żadna z liczb p, q nie jest równa 3. Ponieważ dla dowolnej liczby całkowitej z niepodzielnej przez 3 reszta z dzielenia z przez 3 jest równa 1, więc reszta z dzielenia przez 3 liczby p q jest równa. Po prawej stronie równości mamy 1. Sprzeczność, która dowodzi, że innych rozwiązań oprócz wskazanego nie ma. 4

5 Materiały dydaktyczne Matematyka Dyskretna (Zestaw ) (II sposób) Zauważmy najpierw, że z równości p q = 1 wynika, że p > q, zatem, jeśli są to liczby pierwsze, to p > i tym samym jest liczbą nieparzystą. Zapiszmy to równanie w postaci p 1 = q i rozłóżmy lewą stronę na czynniki. Mamy (p 1)(p + 1) = q. Ponieważ czynniki po lewej stronie są dwiema kolejnymi liczbami parzystymi, więc lewa strona dzieli się przez 8. Stąd, prawa również dzieli się przez 8, czyli q dzieli się przez. Ale q jest liczbą pierwszą, więc q =. Stąd od razu wynika, że p = 3. 5