Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych

Save this PDF as:
Wielkość: px
Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych"

Transkrypt

1 Sumy kwadratów kolejnych liczb naturalnych Andrzej Nowicki 24 maja 2015, wersja kk-17 Niech m < n będą danymi liczbami naturalnymi. Interesować nas będzie równanie ( ) y 2 + (y + 1) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 i jego rozwiązania w zbiorze liczb naturalnych. Wiemy dobrze że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi równość n 2 = 1 n(n + 1)(2n + 1). 6 Lewa strona równania ( ) jest więc równa my 2 + (m 2 m)y + 1 m(m 1)(2m 1), a 6 po prawej stronie mamy nx 2 + (n 2 n)x + 1 n(n 1)(2n 1). Równanie ( ) jest więc 6 postaci my 2 + (m 2 m)y nx 2 (n 2 n)x = 1 6 ( ) n(n 1)(2n 1) m(m 1)(2m 1). 1 Początkowe obserwacje Po pomnożeniu stronami przez m równanie ( ) można doprowadzić w następujący sposób do odpowiedniego równania typu Pella. Stwierdzenie 1.1. Niech x, y będą liczbami naturalnymi i niech U = 2x + n 1, V = 2my + m(m 1). Para (x, y) jest rozwiaązaniem naturalnym równania ( ) wtedy i tylko wtedy, gdy ( ) V 2 mn U 2 = 1 3 m(n m)(n2 + nm + m 2 1). Mówić będziemy, że ( ) jest równaniem Pella stowarzyszonym z równaniem ( ). Przy okazji zauważmy, że liczba m(n m)(n 2 + nm + m 2 1) jest zawsze podzielna przez 3. Stwierdzenie 1.2. Jeśli m n jest liczbą kwadratową, to równanie ( ) ma co najwyżej skończenie wiele rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych.

2 Dowód. Niech mn = a 2, gdzie a N. Wtedy równanie ( ) jest postaci (V au)(v + au) = R, gdzie R = 1 3 m(n m)(n2 + nm + m 2 1) oraz U = 2x + n 1, V = 2my + m(m 1). Mamy wtedy układ równań V au = d, V + au = R/d, w którym d jest dzielnikiem całkowitym liczby naturalnej R. Rozważanych rozwiązń jest więc co najwyżej tyle ile jest dzielników całkowitych liczby R. Oczywiście zbiór wszystkich takich rozwiązań może być pusty. Przykład 1.3. Liczby rozwiązań równania ( ) dla liczb naturalnych m, n takich, że 1 m < n 200 oraz m n jest liczbą kwadratową, m n mn r m n mn r m n mn r Przykład 1.4. Liczby rozwiązań pewnych równań postaci ( ) dla podanych liczb naturalnych m, n takich, że 1 m < n 1000 oraz m n jest liczbą kwadratową, m n mn r m n mn r m n mn r

3 2 Różnica n - m Założyliśmy, że w równaniu ( ) liczba n jest ostro większa od m. Oznaczmy różnicę n m przez k. Mamy wtedy n = m + k i równanie ( ) jest postaci (B k ) y 2 + (y + 1) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + m + k 1) 2 Po przekszatałceniu otrzymujemy równanie my 2 + (m 2 m)y = (m + k)x 2 + ( ) (m 2 m) + 2km + (k 2 k) x + c, gdzie c = k(k+1)(2k+1) 6 +km(m+k +1). Równanie Pella stowarzyszone z tym równaniem ma teraz postać (P k ) V 2 m(m + k) U 2 = 1 3 km(3m2 + 3km 1). gdzie U = 2x + m + k 1, V = 2my + m(m 1). Twierdzenie 2.1 ([2]). Jeśli k jest liczbą postaci 8a + 3 lub 8a + 4 lub 8a + 5 oraz m jest dowolną liczbą naturalną, to równanie (B k ) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. ([2]). Suma n kolejnych kwadratów modulo 4 przyjmuje następujące wartości. n S 0, 1 1 1, 2 2 2, 3 3 0, 3 0 0, 1 1 1, 2 2 2, 3 3 0, 3 0 Widzimy, że dolny wiersz (z wartościami modulo 4) jest okresowy i okres ma długość 8. Przypuśćmy, że dla pewnego n suma n kolejnych kwadratów jest równa pewnej sumie n + 3 kolejnych kwadratów. Wtedy dwa zbiory, utworzone z elementów występujących w wierszu S na miejscach n oraz n + 3, nie są rozłączne. Oddczytujemy z tej tabeli, że tak nie jest. Ponieważ dolny wiersz jest okresowy, więc to samo zachodzi dla sum n oraz n + (8a + 3) kolejnych kwadratów. W ten sposób udowodnilśmy to twierdzenie dla k = 8a + 3. W przypadkach k = 8a + 4 oraz k = 8a + 5 postępujemy dokładnie tak samo. W przedziale [1, 100] jest 38 liczb naturalnych postaci 8k + 3 lub 8k + 4 lub 8k + 5 : 3, 4, 5, 11, 12, 13, 19, 20, 21, 27, 28, 29, 35, 36, 37, 43, 44, 45, 51, 52, 53, 59, 60, 61, 67, 68, 69, 75, 76, 77, 83, 84, 85, 91, 92, 93, 99, 100. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest

4 Twierdzenie 2.2 ([2]). Jeśli k jest liczbą postaci 27a + 7, 27a + 11, 27a + 16 lub 27a + 20 oraz m jest dowolną liczbą naturalną, to równanie (B k ) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. ([2]). Po przekształceniu równanie (B k ) jest postaci (1) m(2y + m 1) 2 (m + k)(2x + m + k 1) 2 km 2 k 2 m 1 3 k(k2 1) = 0. Przypadek k = 27a + 7. Wstawiamy k = 27a + 7 do równania (1) i otrzymujemy równanie (2) 0 = 28m 2 52mx 28x 2 4m 2 x 4mx 2 4my + 4m 2 y +4my a xa 1404ma 18954a 2 108m 2 a 2916ma 2 108ax xa 2 216mxa 4554a 168m 168x. Modulo 3 mamy wtedy 2m 2 + 2mx + 2x 2 + 2m 2 x + 2mx 2 + 2my + m 2 y + my = 0. Założmy, że 3 m. Niech m = 3b. Wtedy 18b 2 + 6bx + 2x b 2 x + 6bx 2 + 6by + 18y + 3by = 0 i mamy sprzeczną kongruencję 2x (mod 3). W przypadku m = 3b + 2 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję 1 + 2y + 2y 2 0 (mod 3). Niech teraz m = 3b + 1. Mamy wówczas kongruencję 1 + x + x 2 + y 2 0 (mod 3), która ma dokładnie jedno rozwiązanie (x, y) = (1, 0). Niech m = 3b+1, x = 3p+1 oraz y = 3q. Po podstawieniu tego do równania (2) dochodzimy do sprzecznej kongruencji 3 0 (mod 9). Udowodniliśmy zatem, że równanie (B k ) nie ma rozwiązań w przypadku, gdy k = 27a + 7. Przypadek k = 27a Wstawiamy k = 27a + 11 do równania (1) i otrzymujemy (3) 0 = 44m 2 84mx 44x 2 4m 2 x 4mx 2 4my + 4m 2 y +4my a xa 2268ma 30618a 2 108m 2 a 2916ma 2 108ax xa 2 216mxa 11898a m 440x. Wtedy modulo 3 mamy m 2 + x 2 + 2m 2 x + 2mx 2 + 2my + m 2 y + my m + x = 0. Założmy, że 3 m. Niech m = 3b. Wtedy 9b 2 + x b 2 x + 6bx 2 + 6by + 9b 2 y + 3by b + x 4

5 i mamy sprzeczną kongruencję x 2 + x (mod 3). W przypadku m = 3b + 1 w podobny sposób otrzymujemy sprzeczną kongruencję 1 + y 2 0 (mod 3). Niech teraz m = 3b + 2. Po wstawieniu do (3) otrzymujemy kongruencję 1 + x 2 + y 2 + y 0 (mod 3), która ma dokładnie jedno rozwiązanie (x, y) = (0, 1). Niech m = 3b + 2, x = 3p oraz y = 3q + 1. Po podstawieniu tego do równania (3) dochodzimy do sprzecznej kongruencji 3 0 (mod 9). Udowodniliśmy zatem, że równanie (B k ) nie ma rozwiązań w przypadku, gdy k = 27a W identyczny sposób postępujemy w pozostałych dwóch przypadkach, tzn, gdy k = 27a + 16 oraz k = 27a W przedziale [1, 100] jest 15 liczb naturalnych postaci 27k + 7 lub 27k + 11 lub 27k + 16 lub 27k + 20 : 7, 11, 16, 20, 34, 38, 43, 47, 61, 65, 70, 74, 88, 92, 97. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 148. Przykład 2.3. Liczby k mniejsze od 100, dla których równanie (B k ) ma rozwiązanie. W tabeli podano liczbę k wraz z najmniejszymi parami (m, n) = (m, m + k). k (m, n) 1 (1, 2) 6 (5, 11) 8 (2, 10) 9 (3, 12) 10 (1, 11) 15 (2, 17) 17 (4, 21) 18 (3, 21) 22 (1, 23) 23 (1, 24) 24 (1, 25) 25 (1, 26) k (m, n) 26 (3, 29) 31 (4, 35) 32 (1, 33) 33 (5, 38) 39 (2, 41) 40 (5, 45) 41 (3, 44) 42 (17, 59) 46 (1, 47) 48 (1, 49) 49 (1, 50) 50 (3, 53) k (m, n) 54 (39, 93) 55 (3, 58) 56 (14, 70) 57 (4, 61) 58 (1, 59) 62 (25, 87) 63 (2, 65) 64 (14, 78) 71 (2, 73) 72 (1, 73) 73 (1, 74) 78 (5, 83) k (m, n) 79 (4, 83) 80 (2, 82) 81 (3, 84) 82 (95, 177) 86 (9, 95) 87 (1, 88) 89 (12, 101) 90 (3, 93) 94 (33, 127) 95 (1, 96) 96 (1, 97) Po odrzuceniu liczb z Twierdzeń 2.1 i 2.2 oraz z Przykładu 2.3 pozostało 5 liczb mniejszych od 100. Są to liczby: 2, 14, 30, 66, oraz 98. W pracy [2] udowodniono, że dla k = 2 oraz k = 14 równanie (B k ) nie ma rozwiązań. Zostały więc trzy liczby k = 20, 66, 98, o których nie wiemy czy dla nich równanie (B k ) ma rozwiązanie. W przedziale [100, 200] jest 6 takich liczb: 114, 152, 154, 174, 177, 194, o których nic na ten temat nie wiemy. 5

6 3 Rozkłady z różnicą n - m równą 1 Stwierdzenie 3.1. Niech m 1 i niech x = 2m 2 + m, y = 2m 2 + 2m + 1. Wtedy y 2 + (y + 1) (y + m 1) 2 = x 2 + (x + 1) (x + m) 2. Przykłady: 5 2 = = = = W każdym wierszu występują wszystkie kolejne liczby naturalne od x do y + m 1. Z tego stwierdzenia otrzymujemy następujący wniosek. Wniosek 3.2. Jeśli k = 1, to dla każdej liczby naturalnej m równanie (B k ) ma rozwiązanie z zbiorze liczb naturalnych. Przykład 3.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 1 oraz m mniejszych od 21. m = 1 : (3, 5), (20, 29), (119, 169), (696, 985), (4059, 5741). m = 2 : (10, 13), (108, 133), (1078, 1321), (10680, 13081), (105730, ). m = 3 : (21, 25), (312, 361), (4365, 5041), (60816, 70225). m = 4 : (36, 41), (680, 761), (12236, 13681), (219600, ). m = 5 : (55, 61), (1260, 1381), (27715, 30361), (608520, ). m = 6 : (78, 85), (2100, 2269), (54594, 58969), ( , ). m = 7 : (105, 113), (3248, 3473), (97433, ), ( , ). m = 8 : (20, 22), (136, 145), (812, 862), (4752, 5041), (27716, 29398). m = 9 : (171, 181), (6660, 7021), (253071, ), ( , ). m = 10 : (210, 221), (9020, 9461), (378830, ), ( , ). m = 11 : (253, 265), (11880, 12409), (546469, ), ( , ). m = 12 : (300, 313), (15288, 15913), (764388, ), ( , ). m = 13 : (351, 365), (19292, 20021), ( , ), ( , ). m = 14 : (406, 421), (23940, 24781), ( , ), ( , ). m = 15 : (465, 481), (29280, 30241), ( , ), ( , ). m = 16 : (528, 545), (35360, 36449), ( , ), ( , ). m = 17 : (595, 613), (42228, 43453), ( , ), ( , ). m = 18 : (666, 685), (49932, 51301), ( , ), ( , ). m = 19 : (741, 761), (58520, 60041), ( , ), ( , ). m = 20 : (820, 841), (68040, 69721), ( , ), ( , ). Liczne informacje dotyczące rozważanego przypadku k = 1 znajdziemy w artykułach [1], [3] oraz [14]. 6

7 4 Rozkłady z różnicą n - m większą od 1 Przykład 4.1. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 6 oraz m mniejszych od 100. (5, 11) : (15, 28), (3575, 5308), (637215, ), ( , ). (7, 13) : (15, 26), (435, 598), (66543, 90688), ( , ). (13, 19) : (345, 422), (2451, 2968), ( , ), ( , ). (47, 53) : ( , ), ( , ). (71, 77) : (345, 364), ( , ), ( , ). (77, 83) : ( , ), ( , ). Twierdzenie 4.2 ([2]). Niech k = 6 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to m jest posatci 6a + 1 lub 6a + 5. Dowód. ([2]). Suma m kolejnych kwadratów modulo 6 przyjmuje następujące zbiory wartości. m S 1 {0, 1, 3, 4} 2 {1, 5} 3 {2, 5} 4 {0, 2} 5 {0, 1, 3, 4} 6 {1} 7 {1, 2, 4, 5} 8 {0, 2} 9 {0, 3} 10 {1, 3} 11 {1, 2, 4, 5} 12 {2} n {S} 13 {0, 2, 3, 5} 14 {1, 3} 15 {1, 4} 16 {2, 4} 17 {0, 2, 3, 5} 18 {3} 19 {0, 1, 3, 4} 20 {2, 4} 21 {2, 5} 22 {3, 5} 23 {0, 1, 3, 4} 24 {4} n {S} 25 {1, 2, 4, 5} 26 {3, 5} 27 {0, 3} 28 {0, 4} 29 {1, 2, 4, 5} 30 {5} 31 {0, 2, 3, 5} 32 {0, 4} 33 {1, 4} 34 {1, 5} 35 {0, 2, 3, 5} 36 {0} Zbiory z drugich kolumn (z wartościami modulo 6) występują okresowo i okres ma długość 36. Przypuśćmy, że dla pewnego m suma m kolejnych kwadratów jest równa pewnej sumie m + 6 kolejnych kwadratów. Wtedy dwa zbiory w kolumnach S, w wierszach m oraz m + 6, nie są rozłączne. Oddczytujemy z tych tabelek, że tak nie jest w przypadkach, gdy m jest postaci 6a + r, gdzie r = 0, 2, 3 lub 4. Jedynie więc m może być postaci 6a + 1 lub 6a

8 Przykład 4.3. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 8 oraz m mniejszych od 100. (2, 10) : (7, 26), (17, 48), (26, 68), (52, 126). (3, 11) : (67, 137), (3307, 6341), (152275, ), ( , (7, 15) : (161, 243), (13769, 20163), ( , ), ( , ). (11, 19) : (7, 17), (239, 321), (2263, 2981), (34415, (17, 25) : (298, 368), (8254, 10016), ( , ), ( , ). (23, 31) : (17, 27), ( , ), ( , ). (34, 42) : (26, 36), (2483, 2766), (16805, 18684), (47414, 52704). (62, 70) : (67, 78), (298, 323), (3322, 3536), (10931, 11621). (66, 74) : (52, 62), (15913, 16856), (108655, ), (557740, ). (74, 82) : (161, 176), (239, 258), (7820, 8238), (10858, 11436). (93, 101) : (16900, 17618), ( , ), ( , ). (95, 103) : ( , ), ( , ). Stosując metodę przedstawioną w dowodach Twierdzeń 2.1 oraz 4.2 można udowodnić: Twierdzenie 4.4. Niech k = 8 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 4 m. Przykład 4.5. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 9 oraz m mniejszych od 100. (3, 12) : (6, 23). (8, 17) : (6, 18), (18, 35), (998, 1463), (1826, 2670). (31, 40) : (1838, 2095), (16258, 18475), ( , ), ( , ). (38, 47) : (846, 948), ( , ), ( , ). (53, 62) : (541346, ), (665313, ), ( , ). (60, 69) : ( , ), ( , ), ( , ). (93, 102) : (846, 893), ( , ), ( , ). Twierdzenie 4.6. Niech k = 9 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 9 m. Przykład 4.7. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 10 oraz m mniejszych od 100. (1, 11) : (18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849). (5, 15) : (8, 25), (50, 97), (206, 367), (788, 1375). (7, 17) : (8, 23), (74, 125), (368, 583), (848, 1331). (37, 47) : (50, 65), ( , ), ( , ). (41, 51) : (74, 91), (1796, 2011), (7208, 8047), (132668, ). (49, 59) : (18, 29), (998, 1103), (160248, ), ( , ). (95, 105) : (38, 49), (998, 1057), (3572, 3763), (41924, 44083). 8

9 Twierdzenie 4.8. Niech k = 10 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste. Przykład 4.9. Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 15 oraz m mniejszych od 100. (2, 17) : (5, 40), (23, 91), (933, 2743), (2175, 6364). (5, 20) : (23, 64). (14, 29) : (777, 1132), (38255, 55072), (48279, 69499), ( , ). (20, 35) : (5, 22), (213, 295), (5801, 7687), (58425, 77302). (26, 41) : (23, 43), (2277, 2872), (128151, ), ( , ). (31, 46) : (249, 316), ( , ), ( , ). (43, 58) : ( , ), ( , ), ( , ). (46, 61) : (1893, 2192), (665967, ), ( , ). (52, 67) : (249, 295), ( , ), ( , ). (53, 68) : (23, 40), (3150, 3580), (206663, ), ( , ). (67, 82) : (213, 248), ( , ), ( , ). (68, 83) : (19677, 21751), ( , ), ( , ). (91, 106) : (129906, ), ( , ), ( , ). Twierdzenie Niech k = 15 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to 3 m. Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 17 oraz m mniejszych od 100. (4, 21) : (8, 42), (44, 123), (128, 315), (788, 1827). (5, 22) : (8, 39), (11, 45), (43, 111), (316, 683). (11, 28) : (22, 53), (55, 105), (143, 245), (286, 473). (14, 31) : (8, 30), (22, 50), (106, 174), (176, 278). (17, 34) : (8, 29), (11, 33), (131, 201), (148, 225). (33, 50) : (55, 83), (748, 935), (787, 983), (7816, 9635). (51, 68) : (43, 65), (106, 137), (1042, 1217), (1915, 2225). (53, 70) : (131, 165), (436, 515), (1496, 1733), (6743, 7763). (60, 77) : (148, 182), (1576, 1799), (25876, 29327), (53608, 60743). (62, 79) : (44, 65), (436, 506), (1346, 1533), (7814, 8834). (83, 100) : (16690, 18333), (359563, ), ( , ). (85, 102) : (143, 171), (176, 207), (4208, 4623), (4931, 5415). Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (B k ) dla k = 18 oraz m mniejszych od 100. (3, 21) : (38, 127), (758, 2031), (12230, 32383), (195062, ). (7, 25) : (154, 311), (298, 583), (10934, 20683), (19030, 35983). (67, 85) : (10342, 11663), ( , ), ( , ). (71, 89) : (38, 59), (19754, 22131), ( , ). 9

10 Twierdzenie Niech k = 18 oraz m 1. Jeśli równanie (B k ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, to m jest nieparzyste i nie jest podzielne przez 9. Przykład Warunki dotyczące liczb m w przypadkach, gdy 18 < k 50 oraz równanie (B k ) ma rozwiązanie. Dla danego k podano również najmniejsze pary (m, n) = (m, m + k). Podano tylko liczby k, dla których odpowiednie warunki znaleziono. k (m, n) warunki 22 (1, 23) 2 m 24 (1, 25) 3 m oraz 4 m 26 (3, 29) 2 m 32 (1, 33) 16 m 33 (5, 38) 3 m 39 (2, 41) 3 m 40 (5, 45) 4 m 42 (17, 59) 3 m oraz 2 m 46 (1, 47) 2 m 48 (1, 49) 3 m oraz 8 m 50 (3, 53) 2 m 5 Przypadek (m,n) = (1, a 2 ) Stwierdzenie 5.1. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) 2 + (x + 3) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. Jest to równanie ( ) dla m = 1, n = 4. Liczba mn = 4 jest kwadratowa. Równanie ( ) jest postaci V 2 4U 2 = 20 i przy tym V = 2y oraz U = 2x + 3, a zatem y 2 (2x + 3) 2 = 5, czyli (y 2x 3)(y + 2x + 3) = 5. Para (y 2x 3, y + 2x + 3) może więc być tylko jedną z czterech par (1, 5), ( 1, 5), (5, 1) lub ( 5, 1). Wtedy 2(2x + 3) = ±4 i mamy sprzeczność: 2x + 3 = ±2. To stwierdzenie wynika również ze Stwierdzenia 7.4. Inny jego dowód znajdziemy również przed Stwierdzeniem 7.7. W podobny sposób wykazujemy następne stwierdzenie, będące szczególnym przypadkiem dalszego Stwierdzenia 8.1. Stwierdzenie 5.2. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 8) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Jeśli m = 1 oraz n jest liczbą kwadratową mniejszą od 100, to równanie ( ) ma rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych jedynie dla n =

11 Przykład 5.3. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 24) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych. Ma natomiast dokładnie jedno rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych, mianowicie (x, y) = (0, 70). Przykład 5.4. Jedynym rozwiązaniem w zbiorze liczb naturalnych równania jest (x, y) = (25, 357). Podobnie jest dla m = 1, n = 121. y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 48) 2 Przykład 5.5. Jedynym rozwiązaniem w zbiorze liczb naturalnych równania jest (x, y) = (244, 3366). Zanotujmy inne przykłady tego typu. y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 120) 2 Przykład 5.6. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 168) 2 ma dokładnie dwa rozwiązania naturalne: (x, y) = (30, 1612), (510, 7748). Przykład 5.7. Równanie y 2 = x 2 +(x+1) 2 + +(x+288) 2 ma dokładnie 7 rozwiązań naturalnych: (x, y) = (20, 3128), (140, 5032), (199, 6001), (287, 7463), (433, 9911), (724, 14824), (1595, 29597). Alfred w pracy [4] stwierdza że jeśli m = 1 oraz n = a 2, gdzie a jest nieparzystą liczbą naturalną niepodzielną przez 3, to równanie ( ) ma zawsze rozwiązanie w zbiorze liczb całkowitych. Dokładnego dowodu nie podaje, przedstawia jednak pewne empiryczne sugestie. Udowodnimy teraz, że tak jest istotnie. Twierdzenie 5.8. Niech n = a 2, gdzie a > 5 jest nieparzystą liczbą naturalną niepodzielną przez 3. Wtedy równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 ma rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych. Dowód. Niech m = 1 oraz n = a 2, gdzie a N. Wtedy równanie ( ) jest postaci (V au)(v + au) = R, gdzie R = 1 3 (a2 1)a 2 (a 2 + 1) oraz U = 2x + n 1, V = 2y. Mamy wtedy układ równań V au = d, V + au = R/d, w którym d jest dzielnikiem całkowitym liczby naturalnej R. Z założeń wynika, że a jest liczbą naturalną postaci 12k + 1, 12k + 5, 12k + 7 lub 12k + 11, gdzie k jest nieujemną liczbą całkowitą, przy czym w dwóch pierwszych 11

12 przypadkach k jest większe od zera. W każdym z tych czterech przypadków wybieramy w następujący sposób odpowiedni dzielnik d. a d 12k + 1 (a 1)a/3 12k + 5 (a 2 + 1)a(a + 1)/3 12k + 7 (a 1)a(a 2 + 1)/3 12k + 11 a(a + 1)/3 Otrzymujemy wówczas następujące rozwiązania. a x y 12k k k 2 + 5k + 1 (432k k k + 1)(12k + 1) 12k k k k (144k k k + 14)(12k + 5) 12k k k k 1 (144k k k + 27)(12k + 7) 12k k k k (432k k k + 306)(12k + 11) Jeśli k 1, to w każdym przypadku otrzymujemy w ten sposób rozwiązania w zbiorze liczb naturalnych. Natomiast jeśli k = 0, to przypadek a = 12k + 7 (czyli n = 49) wymaga oddzielnego rozpatrzenia. Wiemy jednak (patrz Przykład 5.4), że w tym szczególnym przypadku para (x, y) = (25, 357) jest takim rozwiązaniem. Tabelka przedstawia przykładowe rozwiązania (x, y) opisane w powyższym dowodzie. a k = 0 k = 1 k = 2 k = 3 12k : (1, 1) 13 : (510, 7748) 25 : (3755, ) 37 : (12328, ) 12k : (0, 70) 17 : (287, 7463) 29 : (1678, 61248) 41 : (5037, ) 12k : 19 : (358, 10412) 31 : (1917, 74803) 43 : (5540, ) 12k : (244, 3366) 23 : (2649, 67091) 35 : (9806, ) 47 : (24307, ) Następne stwierdzenie wynika natychmiast ze Stwierdzeń 7.4 oraz 8.1, które będą udowodnione w dalszych rozdziałach. Przedstawiamy to stwierdzenie wraz z dowodem. Stwierdzenie 5.9. Niech n = a 2. Jeśli nwd (a, 6) > 1, to równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. Załóżmy, że nwd (a, 6) > 1. Wtedy n jest albo liczbą parzystą albo liczbą podzielną przez 3. Przypuśćmy, że badane równanie ma rozwiązanie całkowite (x, y). Przypadek 1. Niech a będzie liczbą parzystą. Niech a = 2 s u, gdzie s 1, 2 u. Mamy wtedy równość y 2 = 2 2s u 2 x s u 2 ( 2 2s u 2 1 ) x s 1 u 2 ( 2 2s u 2 1 ) ( 2 2s+1 u 2 1 ), 12

13 z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2 t b, gdzie t 1 oraz b N, 2 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 2 2s 1 otrzymujemy równość 2 2t 2s 1 b 2 = 2ax 2 + 2u 2 ( 2 2s u 2 1 ) x u2 ( 2 2s u 2 1 ) ( 2 2s+1 u 2 1 ), Prawa strona tej równości jest liczbą nieparzystą. To implikuje, że 2t 2s 1 = 0 i mamy sprzeczność: 2s = 2t 1. Przypadek 2. Załóżmy, że a jest liczbą podzielną przez 3. Niech a = 3 s u, gdzie s 1, 3 u. Mamy wtedy równość y 2 = 3 2s u 2 x s u 2 ( 3 2s u 2 1 ) x s 1 u 2 ( 3 2s u 2 1 ) ( 3 2s+1 u 2 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3 t b, gdzie t 1 oraz b N, 3 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 3 2s 1 otrzymujemy równość 3 2t 2s 1 b 2 = 3u 2 x 2 + 3u 2 ( 3 2s u 2 1 ) x u2 ( 3 2s u 2 1 ) ( 3 2s+1 u 2 1 ), Prawa strona tej równości jest liczbą niepodzielną przez 3. To implikuje, że 2t 2s 1 = 0 i mamy sprzeczność: 2s = 2t 1. Z Twierdzenia 5.8 oraz Stwierdzenia 5.9 otrzymujemy następujące twierdzenie. Twierdzenie 5.10 (Alfred [4]). Jeśli n jest liczbą kwadratową, to równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + n 1) 2 ma co najmniej jedno rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych wtedy i tylko wtedy, gdy n 25 oraz nwd (n, 6) = 1. 6 Rozwiązania z jednym kwadratem W przypadku m = 1 rozpatrywane równanie ( ) jest postaci (A 1 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) (x + n 1) 2. Inna postać: Po podstawieniu U = 2x + n 1, Pella y 2 = nx 2 + n(n 1)x + 1 (n 1)n(2n 1). 6 V = 2y, równanie to sprowadza się do równania V 2 n U 2 = 1 (n 1)n(n + 1). 3 Stąd dla danej liczby n łatwo się otrzymuje wszystkie rozwiązania równania (A 1 ). 13

14 W przypadku n = 2 równaniem (A 1 ) jest równanie (A 12 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2. Szukamy takich trójkątów Pitagorasa, których przyprostokątne są kolejnymi liczbami naturalnymi. Tym zagadnieniem zajmowano się już wiele razy (patrz, na przykład, [13, str. 42], [6, str. 11] lub [10, str. 127]). Przypomnijmy: Stwierdzenie 6.1. Istnieje nieskończenie wiele trójkątów Pitagorasa, których długości przyprostokątnych różnią się o 1. Innymi słowy, równanie x 2 + (x + 1) 2 = y 2 ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne tego równania jest postaci (x n, y n ), gdzie x 1 = 3, y 1 = 5, x n+1 = 3x n + 2y n + 1, y n+1 = 4x n + 3y n + 2 dla n N. Początkowe przykłady rozważanych trójkątów: (3, 4, 5), (20, 21, 29), (119, 120, 169), (696, 697, 985), (4059, 4060, 5741). Przykład 6.2. Dla n = 2 mamy: 5 2 = , 29 2 = , = , = , = , = , = , = , = Tego typu równości jest nieskończenie wiele. Dla n = 3, 4, 5,..., 10 takich równości nie ma. Przypadki n = 4 oraz n = 9 omówiliśmy już w poprzednim rozdziale (Stwierdzenia 5.1 oraz 5.2). Stwierdzenie 6.3. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 3 U 2 = 8 z warunkami U = 2x + 2 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste. Zatem y 2 3(x + 1) 2 = 2. Liczba kwadratowa nigdy nie przystaje do 2 modulo 3, a zatem takich liczb całkowitych x, y nie ma.. Stwierdzenie 6.4. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) 2 + (x + 3) 2 + (x + 4) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. 14

15 Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 5 U 2 = 40 z warunkami U = 2x + 4 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste. Zatem y 2 5(x + 2) 2 = 10 i stąd wynika, że 5 y. Niech y = 5a, a Z. Mamy wtedy (x + 2) 2 5a 2 = 2. Liczba kwadratowa nigdy nie przystaje do 2 modulo 5, a zatem takich liczb całkowitych x, y nie ma. Powyższe stwierdzenie jest szczególnym przypadkiem Twierdzenia 7.8. Stwierdzenie 6.5. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 5) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 6 U 2 = 70 z warunkami U = 2x + 5 oraz V = 2y. Mamy zatem 2y 2 3 U 2 = 35. Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy 2y U 2 3 (mod 8) Ponieważ U jest nieparzyste, więc U 2 1 (mod 8) i stąd 5 U 2 5 (mod 8). Natomiast 2y 2 0, 1, 2 (mod 8). Liczba 2y U 2 przystaje więc modulo 8 jedynie do 0, 6 lub 7. Nie przystaje do 3. Nie ma więc takich liczb całkowitych x, y, które spełniają rozważane warunki. Powyższe stwierdzenie jest szczególnym przypadkiem Twierdzenia 7.8. W dowodzie przypadku (m, n) = (1, 7) wykorzystamy następujący, dobrze znany lemat (patrz na przykład, [12, str. 71]). Lemat 6.6. Niech x, y Z. Jeśli liczba pierwsza p postaci 4k + 3 dzieli liczbę x 2 + y 2, to obie liczby x, y są podzielne przez p. Stwierdzenie 6.7. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 6) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 7 U 2 = 112 z warunkami U = 2x + 6 oraz V = 2y. Widzimy, że szukane liczby U, V muszą być parzyste. Zatem y 2 7(x + 3) 2 = 28 i stąd wynika, że 7 y. Niech y = 7a, a Z. Mamy wtedy (x + 3) = 7a 2. Liczba pierwsza 7, która jest postaci 4k + 3, dzieli więc sumę dwóch kwadratów. Z lematu 6.6 wynika zatem sprzeczność: 7 dzieli 4. Stwierdzenie 6.8. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 7) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. 15

16 Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 8 U 2 = 168 z warunkami U = 2x + 7 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 4 otrzymujemy równanie y 2 2 U 2 = 42 i widzimy, że 2 y. Niech y = 2a, a Z. Wtedy 2a 2 U 2 = 21. Rozpatrzmy kongruencje modulo 8. Mamy wtedy U 2 + 6a 2 3 (mod 8) Ponieważ U jest nieparzyste, więc U 2 1 (mod 8). Natomiast 6a 2 0, 6 (mod 8). Liczba U 2 + 6a 2 przystaje więc modulo 8 jedynie do 1 lub 7. Nie przystaje do 3. Nie ma więc takich liczb całkowitych x, y, które spełniają rozważane warunki. Stwierdzenie 6.9. Równanie y 2 = x 2 + (x + 1) (x + 9) 2 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych. Dowód. W tym przypadku należy rozpatrzyć równanie V 2 10 U 2 = 330 z warunkami U = 2x + 9 oraz V = 2y. Po podzieleniu przez 2 mamy 2y 2 5 U 2 = 165. Oczywiście 5 y. Niech y = 5a, a Z. Wtedy 10a 2 U 2 = 33, czyli U 2 10a 2 = 33 i stąd otrzymujemy sprzeczną kongruencję U 2 2 (mod 5). Badanie równania (A 1 ) dla n = 11 sprowadza się (na mocy Stwierdzenia 1.1) do zbadania równania V 2 11 U 2 = 440, gdzie U = 2x + 10 oraz V = 2y. To z kolei równanie po redukcji sprowadza się do równania P 2 11 Q 2 = 10. Jeśli (P, Q) jest rozwiązaniem naturalnym tego równania, to (x, y) = (P 5, 11 Q) jest rozwiązaniem naturalnym równania (A 1 ) dla n = 11. Wiadomo (patrz [10, str. 77]), ze każde rozwiązanie naturalne równania P 2 11 Q 2 = 10 otrzymuje się za pomocą liczb postaci ( ) s ( 11 a + b ) 11, gdzie s 0 oraz (a, b) = (1, 1) lub (23, 7). Stąd otrzymujemy następujące stwierdzenie. Stwierdzenie Równanie y 2 = x 2 +(x+1) 2 + +(x+10) 2 ma nieskończenie wiele rozwiązań naturalnych. Każde rozwiązanie naturalne (x, y) jest postaci (a k 5, 11 b k ) lub (p k 5, 11q k ), gdzie (a k, b k ) k 1 oraz (p k, q k ) k 1 są ciągami zdefiniowanymi następująco: a 1 = 1, b 1 = 1, a k+1 = 10a k + 33b k, b k+1 = 3a k + 10b k, p 1 = 23, q 1 = 7, p k+1 = 10p k + 33q k, q k+1 = 3p k + 10q k, dla k 1. Początkowe rozwiązania (x, y) : (18, 77), (38, 143), (456, 1529), (854, 2849), (9192, 30503), (17132, 56837), (183474, ), (341876, ), ( , ). 16

17 Stwierdzenie Wszystkie liczby n z przedziału [2, 400], dla których równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne: 2, 11, 23, 24, 26, 33, 47, 49, 50, 59, 73, 74, 88, 96, 97, 107, 121, 122, 146, 169, 177, 184, 191, 193, 194, 218, 239, 241, 242, 249, 289, 297, 299, 311, 312, 313, 337, 338, 347, 352, 361, 362, 376, 383, 393. Jest 45 takich liczb. Dla liczb kwadratowych 49, 121, 169, 289, 361 mamy skończenie wiele rozwiązań (odpowiednio 1, 1, 2, 7, 3). W pozostałych przypadkach istnieje nieskończenie wiele rozwiązań. Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) dla n = 23 : (7, 92), (17, 138), (881, 4278), (1351, 6532), (42787, ), (65337, ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ). Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) dla n = 24 : (1, 70), (9, 106), (20, 158), (25, 182), (44, 274). Zwróćmy uwagę na równość 70 2 = Wspomimy o tej równości jezcze raz w rozdziale 10. Przykład Początkowe rozwiązania (x, y) równania (A 1 ) dla pozostałych niekwadratowych n mniejszych od 180. n = 26 : (25, 195), (301, 1599), (454, 2379), (3850, 19695). n = 33 : (7, 143), (27, 253), (60, 440), (181, 1133). n = 47 : (539, 3854), (731, 5170), (53931, ), (72359, ). n = 50 : (7, 245), (28, 385), (44, 495), (67, 655). n = 59 : (22, 413), (38, 531), (1100, 8673), (1438, 11269). n = 73 : (442, 4088), (2698, 23360), (185198, ), ( , ). n = 74 : (225, 2257), (294, 2849), (2514, 21941), (3185, 27713). n = 88 : (192, 2222), (225, 2530), (4152, 39358), (5925, 55990). n = 96 : (13, 652), (21, 724), (28, 788), (52, 1012). n = 97 : (15, 679), (156864, ), ( , ). n = 107 : (26914, ), (32686, ), ( , ). n = 122 : (50, 1281), (73, 1525), (1049, 12261), (1270, 14701). n = 146 : (5552, 67963), (6567, 80227), ( , ). n = 177 : (553, 8555), (1379, 19529), (6453, 87025), (12369, ). 17

18 7 Zbiór B(1) i potęgi dwójki Teraz nadal będziemy się zajmować rozwiązaniami naturalnymi równania ( ) dla m = 1, czyli rozwiązaniami naturalnymi równania (A 1 ) y 2 = x 2 + (x + 1) 2 + (x + 2) (x + n 1) 2. Po zastosowaniu wzoru na sumę n początkowych liczb kwadratowych, równanie to przyjmuje postać y 2 = nx 2 + (n 2 n)x + 1 (n 1)n(2n 1). 6 Przez B(1) ozczać będziemy zbiór tych wszystkich liczb naturalnych n 2, dla których powyższe równanie ma rozwiązanie naturalne. Już wiemy, że na przykład liczby 2 oraz 11 należą do zbioru B(1), a liczby 3 oraz 4 do niego nie należą. Znamy również, na mocy Twierdzenia 5.10, wszystkie liczby kwadratowe należące do B(1), Które potęgi dwójki należą do zbioru B(1)? Jeden przykład już znamy: 2 = 2 1 B(1). Ponadto, 1 = 2 0 B(1). Czy są inne przykłady? Udowodnimy, że innych przykładów nie ma. Jedyną potęgą dwójki większą od 1 i należącą do zbio- Twierdzenie 7.1 ([4], [7]). ru B(1) jest liczba 2 = 2 1. Dowód. ([7]). Niech n = 2 s, s 2. Przypuśćmy, że dla tej liczby n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość nx 2 + (n 2 n)x + 1(n 6 1)n(2n 1) = y 2, z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n 1) + 3(n 1)n(2n 1) = 2 (3y)2. Podstawiamy n = 2 s i mamy 9x(x 1)2 s + 9x2 2s + 3 ( 2 3s 2 2s 2 2s s 1) = (3y) 2. Ponieważ x(x 1) jest liczbą parzystą oraz 2s 1 s + 1 więc stąd wynika, że 3 2 s 1 jest kwadratem modulo 2 s+1. Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3 2 s s+1 v = u 2. Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2 t c, gdzie t 1 oraz 2 c. Wtedy 3 + 4v = 2 2t s+1 c 2 i przy tym 2t s 1. Jeśli 2t > s 1, to mamy sprzeczność: 2 3. Jeśli natomiast 2t = s 1, to również mamy sprzeczność, gdyż liczba kwadratowa c 2 nigdy nie jest postaci 4v + 3. W ten sam sposób można udowodnić następne, nieco ogólniejsze, twierdzenie. Twierdzenie 7.2 ([7]). zbioru B(1). Jeśli n 2 s (mod 2 s+2 ), gdzie s 2, to n nie należy do 18

19 Dowód. ([7]). Niech n = 2 s + k2 s+2, gdzie s 2 oraz k 0. Przypuśćmy, że dla tej liczby n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość nx 2 + (n 2 n)x + 1(n 1)n(2n 1) = 6 y2, z której po pomnożeniu przez 9 otrzymujemy równość 9nx(x + n 1) + 3(n 1)n(2n 1) = 2 (3y)2. Podstawiamy n = 2 s + k2 s+2 = 2 s (4k + 1) i mamy 9x(x 1)2 s (4k + 1) + 9x2 2s (4k + 1) 2 + 3w = (3y) 2, gdzie w = 2 3s (4k + 1) 3 2 2s (4k + 1) s 1 (4k + 1) s+1 k + 2 s 1. Ponieważ x(x 1) jest liczbą parzystą oraz 2s 1 s+1 więc stąd wynika, że 3 2 s 1 jest kwadratem modulo 2 s+1. Istnieją więc liczby całkowite u, v takie, że 3 2 s 1 +2 s+1 v = u 2. Liczba u musi być oczywiście parzysta. Niech u = 2 t c, gdzie t 1 oraz 2 c. Wtedy 3 + 4v = 2 2t s+1 c 2 i przy tym 2t s 1. Jeśli 2t > s 1, to mamy sprzeczność: 2 3. Jeśli natomiast 2t = s 1, to również mamy sprzeczność, gdyż liczba kwadratowa c 2 nigdy nie jest postaci 4v + 3. Zwróćmy uwagę, że jeśli w powyżym twierdzeniu zamienimy (mod 2 s+2 ) na (mod 2 s+1 ), to teza nie musi zachodzić; jeśli n 2 s (mod 2 s+1 ), gdzie s 2, to n może należeć do zbioru B(1). Dla przykładu (mod 2 4 ) i 24 B(1). Ważne jest również założenie s 2. Dla s = 1 mamy na przykład (mod 2 3 ) oraz 26 B(1). W podobny sposób można udowodnić następne twierdzenie, którego dowód teraz pominiemy. Twierdzenie 7.3 ([7]). zbioru B(1). Jeśli n 2 s 1 (mod 2 s+2 ), gdzie s 2, to n nie należy do Z Twierdzeń 7.2 oraz 7.2 wynika, że liczby 3, 4, 7, 8, 15, 16, 19, 20, 31, 32, 35, 36, 39, 40, 51, 52, 63, 64, 67, 68, 71, 72, 79, 80, 83, 84, 99, 100. nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest ich 28. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 254. Stwierdzenie 7.4. Jeśli n = 4 s a, gdzie s 1 oraz a jest nieparzystą liczbą naturalną, to n nie należy do zbioru B(1). Dowód. Niech n = 4 s a, s 1, a N, 2 a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość y 2 = 2 2s ax s a ( 2 2s a 1 ) x s 1 a ( 2 2s a 1 ) ( 2 2s+1 a 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 2. Niech y = 2 t b, gdzie t 1 oraz b N, 2 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 2 2s 1 otrzymujemy równość 2 2t 2s 1 b 2 = 2ax 2 + 2a ( 2 2s a 1 ) x a ( 2 2s a 1 ) ( 2 2s+1 a 1 ), 19

20 Prawa strona tej równości jest liczbą nieparzystą. To implikuje, że 2t 2s 1 = 0 i mamy sprzeczność 2s = 2t 1. Z tego stwierdzenia wynika, że liczby 4, 12, 16, 20, 28, 36, 44, 48, 52, 60, 64, 68, 76, 80, 84, 92, 100 nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest ich 17. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 166. Spójrzmy na reszty z dzielenia liczb kwadratowych przez 8. Modulo 8 mamy: 0 2 0, 1 2 1, 2 2 4, 3 2 1, 4 2 0, 5 2 1, 6 2 4, W arytmetyce modulo 8 kwadratami są tylko 0, 1 oraz 4. Lemat 7.5. Suma ośmiu kolejnych kwadratów zawsze przystaje do 4 modulo 8. Dowód. Wśród 8 kolejnych liczb całkowitych zawsze są cztery nieparzyste, dwie postaci 8k + 2 oraz dwie postaci 4k. Modulo 8 mamy więc: = Lemat 7.6. Suma czterech kolejnych kwadratów zawsze przystaje do 6 modulo 8. Dowód. Wśród 4 kolejnych liczb całkowitych zawsze są dwie nieparzyste, jedna postaci 8k + 2 oraz jedna postaci 4k. Modulo 8 mamy więc: = 6. Stąd w szczególności wynika jeszcze raz, że liczba 4 nie należy do zbioru B(1). Innymi słowy, mamy kolejny dowód następującego stwierdzenia. Stwierdzenie 7.7. Suma czterech kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą kwadratową. Teraz udowodnimy Twierdzenie 7.8 (Alfred [4]). należy do zbioru B(1). Żadna z liczb postaci 8k + 4, 8k + 5 lub 8k + 6 nie Dowód. Niech n = 4k + 4. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8 kolejnych kwadartów oraz jeden blok czterech kolejnych kwadartów. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych kwadaratów przystaje do 4k + 6 modulo 8, a więc modulo 8 przystaje do 6 lub 2. Tymczasem liczba kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do 0, 1 lub 4. Niech n = 4k + 5. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8 kolejnych kwadartów oraz jeden blok pięciu kolejnych kwadratów. Wśród 5 kolejnych kwadratów są cztery kolejne i jeden dodatkowy kwadrat. Modulo 8 suma 5 kolejnych kwadratów może więc przystawać jedynie do 6 + 0, lub , czyli do 6, 7 lub 2. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych 20

21 kwadaratów modulo 8 przystaje do 4k +2, 4k +6 lub 4k +7, a więc modulo 8 przystaje do 2, 6, 7 lub 3. Tymczasem liczba kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do 0, 1 lub 4. Niech n = 4k + 6. Wśród n-kolejnych kwadratów jest k bloków składających się z 8 kolejnych kwadartów oraz jeden blok sześciu kolejnych kwadratów. Wśród 6 kolejnych kwadratów są cztery kolejne i dwa kolejne kwadraty (jeden parzysty i jeden nieparzysty). Modulo 8 suma 6 kolejnych kwadratów może więc przystawać jedynie do 6+1 lub , czyli do 7 lub 3. Z powyższych lematów wynika więc, że w tym przypadku suma n kolejnych kwadaratów modulo 8 przystaje do 4k + 7 lub 4k + 3, a więc modulo 8 przystaje do 7 lub 3. Tymczasem liczba kwadratowa przystaje modulo 8 jedynie do 0, 1 lub 4. W przedziale [1, 100] jest 25 liczb naturalnych postaci 8k + 4 lub 8k + 5 lub 8k + 6. Są to liczby: 4, 5, 6, 16, 17, 18, 28, 29, 30, 40, 41, 42, 52, 53, 54, 64, 65, 66, 76, 77, 78, 88, 89, 90, 100. Wszystkie te liczby nie należą do zbioru B(1). W przedziale [1, 1000] jest 250 takich liczb. O tym, że liczby postaci 8k+4 nie należą do zbioru B(1) już wiedzieliśmy wcześniej. Wynika to bowiem ze Stwierdzenia 7.4. Wyeliminowaliśmy wszystkie liczby n postaci 8k +4, 8k +5 oraz 8k +6. Pozostałych liczb naturalnych już pod tym względem nie można wyeliminować. Liczbami postaci 8k + 0 są na przykład liczby 24, 88, 96, które należą do zbioru B(1). Wśród liczb postaci 8k + 1 są na przykład liczby 33 oraz 73, które również należą do B(1). Dla 8k + 2 mamy liczby 2, 26, 50, 72. Dla 8k + 3 mamy 11, 59. Wśród liczb postaci 8k + 7 jest liczba 47, należąca do B(1). Suma dwóch kolejnych kwadratów przystaje do 1 modulo 2. Suma 4 kolejnych kwadratów przystaje do 2 modulo 4. Suma 8 kolejnych kwadratów przystaje do 4 modulo 8. Są to szczególne przypadki następującego stwierdzenia. Stwierdzenie 7.9. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 2 s kolejnych kwadratów przystaje do 2 s 1 modulo 2 s. Dowód. Niech u = (d 1) 2, gdzie d = 2 s. Jest oczywiste, że suma 2 s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 2 s, Zauważmy, że u = 1 6 (d 1)d(2d 1) = 1 3 (2s 1) 2 s 1 ( 2 s+1 1 ), więc 3u ( 1)2 s 1 ( 1) = 2 s 1 (mod 2 s ), a zatem 3u 2 s 1 = k2 s, 21

22 gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 2 s 1. Niech u = 2 s 1 t, gdzie t Z. Wtedy 3t 1 = 2k. Liczba t jest więc nieparzysta. Niech t = 2a + 1, a Z. Mamy wtedy i to kończy dowód. u = 2 s 1 t = 2 s 1 (2a + 1) = 2 s a + 2 s 1 2 s 1 (mod 2 s ) Lemat Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje do liczby 2 2s 1 modulo 2 2s. Dowód. Przypuśćmy, że a 2 2 2s 1 (mod 2 2s ) dla pewnej liczby całkowitej a. Wtedy a 2 2 2s 1 = b2 2s, gdzie b Z. Liczba a jest więc podzielna przez 2. Niech a = 2 p c, gdzie c Z, 2 c. Wtedy 2 2p c 2 2 2s 1 = b2 2s i stąd 2p 2s 1 oraz 2 2p 2s+1 c 2 1 = 2b. Ale c jest liczbą nieparzystą, więc 2p 2s + 1 = 0 i mamy sprzeczność: 2p 1 = 2s. Z tego lematu oraz Stwierdzenia 7.9 wynika następujący szczególny przypadek Stwierdzenia 7.4. Stwierdzenie Suma 4 s kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą kwadratową. 8 Zbiór B(1) i potęgi trójki Które potęgi trójki należą do zbioru B(1)? Czy istnieje chociaż jeden przykład? W [4, str. 25] jest informacja, że takich przykładów nie ma. Dowodu jednak nie przedstawiono. Teraz to udowodnimy (patrz StwierdzeniePropPotDziew1). Stwierdzenie 8.1. Jeśli n = 9 s a, gdzie s 1 oraz a jest liczbą naturalną niepodzielną przez 3, to n nie należy do zbioru B(1). Dowód. Niech n = 9 s a, s 1, a N, 3 a. Przypuśćmy, że dla tego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Mamy wtedy równość y 2 = 3 2s ax s a ( 3 2s a 1 ) x s 1 a ( 3 2s a 1 ) ( 3 2s+1 a 1 ), z której wynika, że y jest podzielne przez 3. Niech y = 3 t b, gdzie t 1 oraz b N, 3 b. Oczywiście 2t 2s 1. Po podzieleniu przez 3 2s 1 otrzymujemy równość 3 2t 2s 1 b 2 = 3ax 2 + 3a ( 3 2s a 1 ) x a ( 3 2s a 1 ) ( 3 2s+1 a 1 ), Prawa strona tej równości jest liczbą niepodzielną przez 3. To implikuje, że 2t 2s 1 = 0 i mamy sprzeczność 2s = 2t 1. 22

23 Z tego stwierdzenia wynika, że liczby 9, 18, 36, 45, 63, 72, 81, 90 oraz 99 nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest ich 9. W przedziale [1, 1000] jest ich 83. Suma trzech kolejnych kwadratów przystaje do 2 modulo 3. Suma 9 kolejnych kwadratów przystaje do 6 modulo 9. Suma 27 kolejnych kwadratów przystaje do 18 modulo 27. Są to szczególne przypadki następującego stwierdzenia. Stwierdzenie 8.2. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 3 s kolejnych kwadratów przystaje do 2 3 s 1 modulo 3 s. Dowód. Niech u = (d 1) 2, gdzie d = 3 s. Jest oczywiste, że suma 3 s kolejnych kwadratów przystaje do u modulo 3 s, Zauważmy, że u = 1 6 (d 1)d(2d 1) = 1 2 (3s 1) 3 s 1 (2 3 s 1), więc 2u ( 1)3 s 1 ( 1) = 3 s 1 (mod 3 s ), a zatem 2u 3 s 1 = k3 s, gdzie k jest liczbą całkowitą. Liczba u jest więc podzielna przez 3 s 1. Niech u = 3 s 1 t, gdzie t Z. Wtedy 2t 1 = 3k. Liczba k jest więc nieparzysta. Niech k = 2a + 1, a Z. Wtedy 2t = 6a + 4, czyli t = 3a + 2 i mamy i to kończy dowód. u = 3 s 1 t = 3 s 1 (3a + 2) = 3 s a s s 1 (mod 3 s ) Lemat 8.3. Dla każdej liczby naturalnej s, kwadrat liczby całkowitej nigdy nie przystaje do liczby 2 3 s 1 modulo 3 s. Dowód. Przypuśćmy, że a s 1 (mod 3 s ) dla pewnej liczby całkowitej a. Wtedy a s 1 = b3 s, gdzie b Z. Liczba a jest więc podzielna przez 3. Niech a = 3 p c, gdzie c Z, 3 c. Wtedy 3 2p c s 1 = bc s i stąd 2p s 1 oraz 3 2p s+1 c 2 2 = 3b. Jeśli 2p s + 1 > 0, to mamy sprzeczność: 3 2. Zatem 2p s + 1 = 0 i znowu mamy sprzeczność, gdyż wtedy c 2 = 3b + 2, a liczba kwadratowa nie przystaje do 2 modulo 3. Z tego lematu oraz Stwierdzenia 8.2 wynika następujące stwierdzenie. Stwierdzenie 8.4 (Alfred [4]). kwadratową. Suma 3 s kolejnych kwadratów nigdy nie jest liczbą 23

24 W zbiorze B(1) nie ma więc żadnej potęgi trójki. Spójrzmy na reszty z dzielenia liczb kwadratowych przez 9. Modulo 9 mamy: 0 2 0, 1 2 1, 2 2 4, 3 2 0, 4 2 7, 5 2 7, 6 2 0, 7 2 4, W arytmetyce modulo 9 kwadratami są 0, 1, 4 oraz 7. Twierdzenie 8.5. Do zbioru B(1) nie należy żadna liczba postaci 9k + 3. Dowód. Suma 9 kolejnych kwadratów przystaje do 6 modulo 9 (patrz Stwierdzenie 8.2). Zatem suma 9k kolejnych kwadratów przystaje do 6k mod 9. Suma trzech kolejnych kwadratów modulo 9 przystaje do 2 lub 5. Zatem suma kolejnych 9k + 3 kwadratów modulo 9 przystaje do 6k + 2 lub 6k + 5. Liczba 6k + 2 przystaje modulo 9 do 2, 8 lub 5. Natomiast liczba 6k + 5 przystaje modulo 9 do 5, 2 lub 8. Żadna z liczb 2, 5, 8 nie jest kwadratem modulo 9. Suma 9k + 3 kolejnych kwadratów nigdy więc nie jest liczbą kwadratową. Dla wszystkich innych liczb naturalnych postaci 9k + r, przy r 3, już podobnego stwierdzenia nie udowodnimy. W poniższej tabelce dla danego r podano przykłady liczb postaci 9k + r należących do zbioru B(1). 9k k , 289, 352, 361, 370 9k + 2 2, 11, 47, 74, 146, 191, 218, 299, 362, 353 9k , 121, 184, 193, 337 9k , 50, 59, 122, 239, 311, 338, 347, 383 9k , 33, 96, 177, 249, 312, 339 9k , 97, 169, 241, 313, 376, 394 9k , 107, 242, 377, 386 Twierdzenie 8.6 (Beeckermans [7]). Żadna liczba n postaci a3 α 1, gdzie a jest liczbą naturalną niepodzielną przez 3 oraz α jest liczbą parzystą, nie należy do zbioru B(1). Dowód. (Beeckermans [7]). Przypuśćmy, że dla podanego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu ( stron stowarzyszonego równania Pella przez 9, otrzymujemy równość (6y) 2 = n 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1) ) i stąd, po podstawieniu x = z + 1 oraz n = ap α 1, mamy ( ) (ap α 1) 9(2z + ap α ) 2 + 3ap α (ap α 2) = (6y) 2. Z tej równości wynika, że (6z) 2 jest kwadratem modulo p. Przypuśćmy, że p z. Wtedy 1 jest kwadratem modulo p, a zatem wtedy symbol Legendrea ( ) 1 p jest równy 24

25 1. Ale p jest postaci 4k + 3, więc ( ) 1 p = ( 1) (p 1)/2 = ( 1) 2k+1 = 1. Otrzymana sprzeczność świadczy o tym, że z jest podzielne przez p. Niech z = bp β, gdzie β 1 oraz p b. Mamy wtedy równość ( ) (ap α 1) 9(4b 2 p 2β + 4abp α+β + a 2 p 2α ) + 3ap α (ap α 2) = (6y) 2. Przypuśćmy, że 2β > α. Wtedy ) (ap α 1)p (9(4b α 2 p 2β α + 4abp β + a 2 p α ) + 3a(ap α 2) = (6y) 2. Ponieważ p a, więc lewa strona powyższej równości jest podzielna przez p α i nie jest podzielna przez p α+1. Założyliśmy, że α jest liczbą nieparzystą. Mamy więc sprzeczność, gdyż po prawej stronie powyższej równości jest liczba kwadratowa. Zatem 2β α. Ale α jest nieparzyste, więc 2β < α. Teraz mamy równość ) (ap α 1)p (9(4b 2β 2 + 4abp α β + a 2 p 2α 2β ) + 3ap α 2β (ap α 2) = (6y) 2. Dzielimy tę równość stronami przez p 2β i zauważamy, że liczba (6b) 2 jest kwadratem modulo p. Ale p b, więc stąd wynika, że 1 jest kwadratem modulo p i znowu mamy (tak jak poprzednio) sprzeczność z tym, że liczba pierwsza p jest postaci 4k + 3. Z Twierdzenia 8.6 wynika, że liczby 8, 17, 35, 44, 62, 71, 80, 89, 98 nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest ich 9. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest Następne własności zbióru B(1) Twierdzenie 9.1 (Beeckermans [7]). Niech p będzie liczbą pierwszą postaci 12k+5 lub 12k + 7. Jeśli n = p 2s 1 a, gdzie s 1, a N oraz p a, to n nie należy do zbioru B(1). Dowód. (Beeckermans [7]). Przypuśćmy, że dla podanego n równanie (A 1 ) ma rozwiązanie naturalne (x, y). Wtedy po pomnożeniu obu stron stowarzyszonego równania Pella przez 9, otrzymujemy równość ( ) (6y) 2 = n 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1). Ponieważ wykładnik 2s 1 jest liczbą nieparzystą, z powyższej równości wynika, że czynnik 9(2x + n 1) 2 + 3(n 2 1) jest podzielny przez p. Ale p > 3, więc liczba 3(2x + n 1) 2 + (n 2 1) jest podzielna przez p. Mamy zatem 3(2x 1) 2 1 (mod p). 25

26 Stąd dalej wynika, że 3 jest resztą kwadratową modulo p. Symbol Legendre a ( ) 3 p jest więc równy 1. Jest oczywiste (na mocy prawa wzajemności reszt kwadratowych), że ( ) 3 = 1 p = 12k ± 1. p Jest to sprzeczne z tym, że nasza liczba pierwsza jest postaci 12k ± 5. Z tego twierdzenia wynika, że liczby 5, 7, 10, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 28, 29, 30, 31, 34, 35, 38, 40, 41, 42, 43, 45, 51, 53, 55, 56, 57, 58, 60, 62, 63, 65, 67, 68, 70, 76, 77, 79, 80, 82, 84, 85, 86, 87, 89, 90, 91, 93, 95. nie należą do zbioru B(1). Są to wszystkie liczby rozważanej postaci z pierwszej setki. Jest ich 48. W przedziale [1, 1000] takich liczb jest 617. W zbiorze B(1) nie ma więc w szczególności liczb pierwszych postaci 12k ± 5. Udowodnimy teraz, że liczb złożonych tej postaci również nie ma. Twierdzenie 9.2 (Alfred [4]). postaci 12k + 7. W zbiorze B(1) nie ma liczb postaci 12k + 5 oraz Dowód. Niech n będzie liczbą naturalną postaci 12k + 5 lub 12k + 7. Wtedy n jest liczbą nieparzystą wkiąkszą od 3 i niepodzielną przez 3. Każda liczba pierwsza dzieląca tę liczbę n jest jedną z czterech postaci: 12k + 1, 12k + 5, 12k + 7 lub 12k Innymi słowy, jeśli p jest liczbą pierwszą dzielącą n, to reszta z dzielenia liczby p przez 12 należy do zbioru U = {1, 5, 7, 11}. (Zbiór U jest grupą multyplikatywną pierścienia Z 12 ). W zbiorze U mamy mnożenie modulo 12, określone w następujący sposób: Niech p będzie liczbą pierwszą dzielącą n. Z tej tabelki wynika, że każda parzysta potęga liczby p przystaje do 1 modulo 12. Jeśli p jest postaci 12k + 1, to każda potęga (parzysta i nieparzysta) liczby p przystaje do 1 modulo 12. Jeśli natomiast p jest postaci 12k + 11, to jej nieparzysta potęga jest tej samej postaci. Ponadto, iloczyn liczb postaci 12k +1 jest liczbą postaci 12k +1. Przypomnijmy, że n jest postaci 12k +5 lub 12k +7. Z tego wszystkiego wynika, że w rozkładzie kanonicznym liczby n musi występować nieparzysta potęga liczby pierwszej postaci 12k ± 5. Istnieje więc liczba pierwsza p postaci 12k +5 lub 12k +7 taka, że n = p 2s 1 u, gdzie s 1 oraz u jest liczbą naturalną niepodzielną przez p. Zatem, na mocy Twierdzenia 9.1, liczba n nie należy do zbioru B(1). 26

Sumy kolejnych bikwadratów

Sumy kolejnych bikwadratów Sumy kolejnych bikwadratów Znane są następujące dwie równości Andrzej Nowicki 18 maja 2015, wersja bi-12 3 2 + 4 2 = 5 2 3 3 + 4 3 + 5 3 = 6 3. Czy istnieją podobnego typu równości dla czwartych potęg?

Bardziej szczegółowo

Przykładowe zadania z teorii liczb

Przykładowe zadania z teorii liczb Przykładowe zadania z teorii liczb I. Podzielność liczb całkowitych. Liczba a = 346 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 85 i resztę r. Znaleźć dzielnik b oraz resztę

Bardziej szczegółowo

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Andrzej Nowicki Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytet M. Kopernika w Toruniu anow @ mat.uni.torun.pl 4 sierpnia 00 Jeśli r jest liczbą rzeczywistą, to

Bardziej szczegółowo

Kongruencje twierdzenie Wilsona

Kongruencje twierdzenie Wilsona Kongruencje Wykład 5 Twierdzenie Wilsona... pojawia się po raz pierwszy bez dowodu w Meditationes Algebraicae Edwarda Waringa (1770), profesora (Lucasian Professor) matematyki w Cambridge, znanego głównie

Bardziej szczegółowo

Matematyka Dyskretna Zestaw 2

Matematyka Dyskretna Zestaw 2 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

Bardziej szczegółowo

Twierdzenie Eulera. Kongruencje wykład 6. Twierdzenie Eulera

Twierdzenie Eulera. Kongruencje wykład 6. Twierdzenie Eulera Kongruencje wykład 6 ... Euler, 1760, Sankt Petersburg Dla każdego a m zachodzi kongruencja a φ(m) 1 (mod m). Przypomnijmy: φ(m) to liczba reszt modulo m względnie pierwszych z m; φ(m) = m(1 1/p 1 )...

Bardziej szczegółowo

Zadania do samodzielnego rozwiązania

Zadania do samodzielnego rozwiązania Zadania do samodzielnego rozwiązania I. Podzielność liczb całkowitych 1. Pewna liczba sześciocyfrowa a kończy się cyfrą 5. Jeśli tę cyfrę przestawimy na miejsce pierwsze ze strony lewej, to otrzymamy nową

Bardziej szczegółowo

Podróże po Imperium Liczb

Podróże po Imperium Liczb Podróże po Imperium Liczb Część 06. Podzielność w Zbiorze Liczb Całkowitych Rozdział 10 10. Sporadyczne ciągi arytmetyczne Andrzej Nowicki 10 maja 2012, http://www.mat.uni.torun.pl/~anow Spis treści 10

Bardziej szczegółowo

2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność.

2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność. 2. Liczby pierwsze i złożone, jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność. 11 października 2008 r. 19. Wskazać takie liczby naturalne m,

Bardziej szczegółowo

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a Funkcja kwadratowa. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję f : R R określoną wzorem gdzie a, b, c R, a 0. f(x) = ax + bx + c, Szczególnym przypadkiem funkcji kwadratowej jest funkcja f(x) = ax, a R \ {0}.

Bardziej szczegółowo

Zestaw zadań dotyczących liczb całkowitych

Zestaw zadań dotyczących liczb całkowitych V Zestaw zadań dotyczących liczb całkowitych Opracowanie Monika Fabijańczyk ROZDZIAŁ 1 Cechy podzielności Poniższe zadania zostały wybrane z różnych zbiorów zadań, opracowań, konkursów matematycznych.

Bardziej szczegółowo

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c,

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c, Funkcja kwadratowa. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję f : R R określoną wzorem gdzie a, b, c R, a 0. f(x) = ax 2 + bx + c, Szczególnym przypadkiem funkcji kwadratowej jest funkcja f(x) = ax 2, a R \

Bardziej szczegółowo

Kongruencje pierwsze kroki

Kongruencje pierwsze kroki Kongruencje wykład 1 Definicja Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą, natomiast a i b dowolnymi liczbami całkowitymi. Liczby a i b nazywamy przystającymi (kongruentnymi) modulo n i piszemy a b (mod

Bardziej szczegółowo

Wykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni.

Wykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni. Wykład 4 Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni. Twierdzenie 1 Niech m, n Z. Jeśli n > 0 to istnieje dokładnie jedna para licz q, r, że: m = qn + r, 0 r < n. Liczbę r nazywamy resztą z dzielenia

Bardziej szczegółowo

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 202/203 Seria VI (grudzień 202) rozwiązania zadań 26. Udowodnij, że istnieje 0 00 kolejnych liczb całkowitych dodatnich nie większych

Bardziej szczegółowo

Podróże po Imperium Liczb

Podróże po Imperium Liczb Podróże po Imperium Liczb Część 14. Równanie Pella Rozdział 9 9. Zastosowania równania Pella Andrzej Nowicki 10 kwietnia 013, Spis treści http://www.mat.uni.torun.pl/~anow 9 Zastosowania równania Pella

Bardziej szczegółowo

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 2012/2013 Seria X (kwiecień 2013) rozwiązania zadań 46. Na szachownicy 75 75 umieszczono 120 kwadratów 3 3 tak, że każdy pokrywa 9 pól.

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna

Matematyka dyskretna Matematyka dyskretna Wykład 6: Ciała skończone i kongruencje Gniewomir Sarbicki 2 marca 2017 Relacja przystawania Definicja: Mówimy, że liczby a, b Z przystają modulo m (co oznaczamy jako a = b (mod m)),

Bardziej szczegółowo

Jeśli lubisz matematykę

Jeśli lubisz matematykę Witold Bednarek Jeśli lubisz matematykę Część 3 Opole 011 1 Wielokąt wypukły i kąty proste Pewien wielokąt wypukły ma cztery kąty proste. Czy wielokąt ten musi być prostokątem? Niech n oznacza liczbę wierzchołków

Bardziej szczegółowo

Maria Romanowska UDOWODNIJ, ŻE... PRZYKŁADOWE ZADANIA MATURALNE Z MATEMATYKI

Maria Romanowska UDOWODNIJ, ŻE... PRZYKŁADOWE ZADANIA MATURALNE Z MATEMATYKI Maria Romanowska UDOWODNIJ, ŻE... PRZYKŁADOWE ZADANIA MATURALNE Z MATEMATYKI Matematyka dla liceum ogólnokształcącego i technikum w zakresie podstawowym i rozszerzonym Z E S Z Y T M E T O D Y C Z N Y Miejski

Bardziej szczegółowo

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.) XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 06 r. 7 października 06 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczby wymierne a, b, c spełniają równanie

Bardziej szczegółowo

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.).

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.). 6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.). 0 grudnia 008 r. 88. Obliczyć podając wynik w postaci ułamka zwykłego a) 0,(4)+ 3 3,374(9) b) (0,(9)+1,(09)) 1,() c) (0,(037))

Bardziej szczegółowo

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych Arytmetyka liczb całkowitych Wykład 1 Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych Z = {0, ±1, ±2,...}. Zakładamy, że czytelnik zna relację

Bardziej szczegółowo

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa, test próbny www.omg.edu.pl (wrzesień 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba krawędzi pewnego ostrosłupa jest o

Bardziej szczegółowo

Układy równań i nierówności liniowych

Układy równań i nierówności liniowych Układy równań i nierówności liniowych Wiesław Krakowiak 1 grudnia 2010 1 Układy równań liniowych DEFINICJA 11 Układem równań m liniowych o n niewiadomych X 1,, X n, nazywamy układ postaci: a 11 X 1 + +

Bardziej szczegółowo

I) Reszta z dzielenia

I) Reszta z dzielenia Michał Kremzer tekst zawiera 9 stron na moim komputerze Tajemnice liczb I) Reszta z dzielenia 1) Liczby naturalne dodatnie a, b, c dają tę samą resztę przy dzieleniu przez 3. Czy liczba A) a + b + c B)

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna

Matematyka dyskretna Matematyka dyskretna Wykład 6: Ciała skończone i kongruencje Gniewomir Sarbicki 24 lutego 2015 Relacja przystawania Definicja: Mówimy, że liczby a, b Z przystają modulo m (co oznaczamy jako a = b (mod

Bardziej szczegółowo

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne.

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne. Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne. Funkcja homograficzna. Definicja. Funkcja homograficzna jest to funkcja określona wzorem f() = a + b c + d, () gdzie współczynniki

Bardziej szczegółowo

4. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych.

4. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych. Jarosław Wróblewski Matematyka dla Myślących, 008/09. Postęp arytmetyczny i geometryczny. Wartość bezwzględna, potęgowanie i pierwiastkowanie liczb rzeczywistych. 15 listopada 008 r. Uwaga: Przyjmujemy,

Bardziej szczegółowo

LV Olimpiada Matematyczna

LV Olimpiada Matematyczna LV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 15 kwietnia 004 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC. Okręgi styczne do prostych

Bardziej szczegółowo

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak Indukcja Materiały pomocnicze do wykładu wykładowca: dr Magdalena Kacprzak Charakteryzacja zbioru liczb naturalnych Arytmetyka liczb naturalnych Jedną z najważniejszych teorii matematycznych jest arytmetyka

Bardziej szczegółowo

Definicja i własności wartości bezwzględnej.

Definicja i własności wartości bezwzględnej. Równania i nierówności z wartością bezwzględną. Rozwiązywanie układów dwóch (trzech) równań z dwiema (trzema) niewiadomymi. Układy równań liniowych z parametrem, analiza rozwiązań. Definicja i własności

Bardziej szczegółowo

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004 Internetowe Kółko Matematyczne 003/004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla szkoły średniej Zestaw I (5 IX) Zadanie 1. Które liczby całkowite można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch

Bardziej szczegółowo

Teoria liczb. Magdalena Lemańska. Magdalena Lemańska,

Teoria liczb. Magdalena Lemańska. Magdalena Lemańska, Teoria liczb Magdalena Lemańska Literatura Matematyka Dyskretna Andrzej Szepietowski http://wazniak.mimuw.edu.pl/ Discrete Mathematics Seymour Lipschutz, Marc Lipson Wstęp Teoria liczb jest dziedziną matematyki,

Bardziej szczegółowo

Funkcje wymierne. Jerzy Rutkowski. Działania dodawania i mnożenia funkcji wymiernych określa się wzorami: g h + k l g h k.

Funkcje wymierne. Jerzy Rutkowski. Działania dodawania i mnożenia funkcji wymiernych określa się wzorami: g h + k l g h k. Funkcje wymierne Jerzy Rutkowski Teoria Przypomnijmy, że przez R[x] oznaczamy zbiór wszystkich wielomianów zmiennej x i o współczynnikach rzeczywistych Definicja Funkcją wymierną jednej zmiennej nazywamy

Bardziej szczegółowo

Dr inż. Robert Wójcik, p. 313, C-3, tel Katedra Informatyki Technicznej (K-9) Wydział Elektroniki (W-4) Politechnika Wrocławska

Dr inż. Robert Wójcik, p. 313, C-3, tel Katedra Informatyki Technicznej (K-9) Wydział Elektroniki (W-4) Politechnika Wrocławska Dr inż. Robert Wójcik, p. 313, C-3, tel. 320-27-40 Katedra Informatyki Technicznej (K-9) Wydział Elektroniki (W-4) Politechnika Wrocławska E-mail: Strona internetowa: robert.wojcik@pwr.edu.pl google: Wójcik

Bardziej szczegółowo

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR Opiekun Mariusz Adamczak wojtekkretowicz@gmail.com Bydgoszcz 2017 Spis treści Wstęp...

Bardziej szczegółowo

Luty 2001 Algorytmy (7) 2000/2001 s-rg@siwy.il.pw.edu.pl

Luty 2001 Algorytmy (7) 2000/2001 s-rg@siwy.il.pw.edu.pl System dziesiętny 7 * 10 4 + 3 * 10 3 + 0 * 10 2 + 5 *10 1 + 1 * 10 0 = 73051 Liczba 10 w tym zapisie nazywa się podstawą systemu liczenia. Jeśli liczba 73051 byłaby zapisana w systemie ósemkowym, co powinniśmy

Bardziej szczegółowo

1. Wykład NWD, NWW i algorytm Euklidesa.

1. Wykład NWD, NWW i algorytm Euklidesa. 1.1. NWD, NWW i algorytm Euklidesa. 1. Wykład 1 Twierdzenie 1.1 (o dzieleniu z resztą). Niech a, b Z, b 0. Wówczas istnieje dokładnie jedna para liczb całkowitych q, r Z taka, że a = qb + r oraz 0 r< b.

Bardziej szczegółowo

Analiza kongruencji. Kongruencje Wykład 3. Analiza kongruencji

Analiza kongruencji. Kongruencje Wykład 3. Analiza kongruencji Kongruencje Wykład 3 Kongruencje algebraiczne Kongruencje jak już podkreślaliśmy mają własności analogiczne do równań algebraicznych. Zajmijmy się więc problemem znajdowania pierwiastka równania algebraicznego

Bardziej szczegółowo

1. Równania i nierówności liniowe

1. Równania i nierówności liniowe Równania i nierówności liniowe Wykonać działanie: Rozwiązać równanie: ( +x + ) x a) 5x 5x+ 5 = 50 x 0 b) 6(x + x + ) = (x + ) (x ) c) x 0x (0 x) 56 = 6x 5 5 ( x) Rozwiązać równanie: a) x + x = 4 b) x x

Bardziej szczegółowo

Ciała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a);

Ciała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a); Ciała i wielomiany 1 Ciała i wielomiany 1 Definicja ciała Niech F będzie zbiorem, i niech + ( dodawanie ) oraz ( mnożenie ) będą działaniami na zbiorze F. Definicja. Zbiór F wraz z działaniami + i nazywamy

Bardziej szczegółowo

LX Olimpiada Matematyczna

LX Olimpiada Matematyczna LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13 Poniedziałek 12 listopada 2012 - zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. Wtorek 13 listopada 2012 - odbywają się zajęcia czwartkowe. 79. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log

Bardziej szczegółowo

Indukcja matematyczna

Indukcja matematyczna Indukcja matematyczna Zadanie. Zapisać, używając symboli i, następujące wyrażenia (a) n!; (b) sin() + sin() sin() +... + sin() sin()... sin(n); (c) ( + )( + /)( + / + /)... ( + / + / +... + /R). Zadanie.

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna

Matematyka dyskretna Matematyka dyskretna Wykład 4: Podzielność liczb całkowitych Gniewomir Sarbicki Dzielenie całkowitoliczbowe Twierdzenie: Dla każdej pary liczb całkowitych (a, b) istnieje dokładnie jedna para liczb całkowitych

Bardziej szczegółowo

Rozwiązanie: Zastosowanie twierdzenia o kątach naprzemianległych

Rozwiązanie: Zastosowanie twierdzenia o kątach naprzemianległych GEOMETRYCZNE 1) Dany jest prostokąt ABCD. Bok AB podzielono na trzy równe odcinki: AX, XY i YB. Wyznaczono trójkąty DAX, DXY i DYB. Uzasadnij, że wyznaczone trójkąty mają równe pola. Wizualizacja zadania

Bardziej szczegółowo

Relacje. opracował Maciej Grzesiak. 17 października 2011

Relacje. opracował Maciej Grzesiak. 17 października 2011 Relacje opracował Maciej Grzesiak 17 października 2011 1 Podstawowe definicje Niech dany będzie zbiór X. X n oznacza n-tą potęgę kartezjańską zbioru X, tzn zbiór X X X = {(x 1, x 2,..., x n ) : x k X dla

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. W dniu 21 lutego 2013 r. omawiamy test kwalifikacyjny.

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. W dniu 21 lutego 2013 r. omawiamy test kwalifikacyjny. W dniu 21 lutego 2013 r. omawiamy test kwalifikacyjny. Uwaga: Przyjmujemy, że 0 nie jest liczbą naturalną, tzn. liczby naturalne są to liczby całkowite dodatnie. 1. Dane są liczby naturalne m, n. Wówczas

Bardziej szczegółowo

Projekt Era inżyniera pewna lokata na przyszłość jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego

Projekt Era inżyniera pewna lokata na przyszłość jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Materiały dydaktyczne na zajęcia wyrównawcze z matematyki dla studentów pierwszego roku kierunku zamawianego Inżynieria Środowiska w ramach projektu Era inżyniera pewna lokata na przyszłość Projekt Era

Bardziej szczegółowo

1 + x 1 x 1 + x + 1 x. dla x 0.. Korzystając z otrzymanego wykresu wyznaczyć funkcję g(m) wyrażającą liczbę pierwiastków równania.

1 + x 1 x 1 + x + 1 x. dla x 0.. Korzystając z otrzymanego wykresu wyznaczyć funkcję g(m) wyrażającą liczbę pierwiastków równania. 10 1 Wykazać, że liczba 008 008 10 + + jest większa od Nie używając kalkulatora, porównać liczby a = log 5 log 0 + log oraz b = 6 5 Rozwiązać równanie x + 4y + x y + 1 = 4xy 4 W prostokątnym układzie współrzędnych

Bardziej szczegółowo

Przykładowe rozwiązania

Przykładowe rozwiązania Przykładowe rozwiązania (E. Ludwikowska, M. Zygora, M. Walkowiak) Zadanie 1. Rozwiąż równanie: w przedziale. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Uwzględniając, że x otrzymujemy lub lub lub. Zadanie. Dany jest czworokąt

Bardziej szczegółowo

KONGRUENCJE. 1. a a (mod m) a b (mod m) b a (mod m) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) Zatem relacja kongruencji jest relacją równoważności.

KONGRUENCJE. 1. a a (mod m) a b (mod m) b a (mod m) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) Zatem relacja kongruencji jest relacją równoważności. KONGRUENCJE Dla a, b, m Z mówimy, że liczba a przystaje do liczby b modulo m a b (mod m) m (a b) (a b (mod m) można też zapisać jako: a = km + b, k Z). Liczbę m nazywamy modułem kongruencji. Własności:

Bardziej szczegółowo

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Bukiety matematyczne dla gimnazjum Bukiety matematyczne dla gimnazjum http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ 1 X 2002 Bukiet I Dany jest prostokąt o bokach wymiernych a, b, którego obwód O i pole P są całkowite. 1. Sprawdź, że zachodzi równość

Bardziej szczegółowo

Zadania z arytmetyki i teorii liczb

Zadania z arytmetyki i teorii liczb Zadania z arytmetyki i teorii liczb Andrzej Nowicki 1. Znaleźć największą wartość iloczynu liczb naturalnych, których suma równa się 2010. 2. Z cyfr 1, 2,..., 9 utworzono trzy trzycyfrowe liczby o największym

Bardziej szczegółowo

Projekt Era inżyniera pewna lokata na przyszłość jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego

Projekt Era inżyniera pewna lokata na przyszłość jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Materiały dydaktyczne na zajęcia wyrównawcze z matematyki dla studentów pierwszego roku kierunku zamawianego Biotechnologia w ramach projektu Era inżyniera pewna lokata na przyszłość Projekt Era inżyniera

Bardziej szczegółowo

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (27 listopada 2014 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje ostrosłup, który ma dokładnie 15 14 a) wierzchołków;

Bardziej szczegółowo

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (29 września 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje taki graniastosłup, którego liczba krawędzi

Bardziej szczegółowo

0 --> 5, 1 --> 7, 2 --> 9, 3 -->1, 4 --> 3, 5 --> 5, 6 --> 7, 7 --> 9, 8 --> 1, 9 --> 3.

0 --> 5, 1 --> 7, 2 --> 9, 3 -->1, 4 --> 3, 5 --> 5, 6 --> 7, 7 --> 9, 8 --> 1, 9 --> 3. (Aktualizacja z dnia 3 kwietnia 2013) MATEMATYKA DYSKRETNA - informatyka semestr 2 (lato 2012/2013) Zadania do omówienia na zajęciach w dniach 21 i 28 kwietnia 2013 ZESTAW NR 3/7 (przykłady zadań z rozwiązaniami)

Bardziej szczegółowo

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania. Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania. Arkadiusz Męcel Uwagi początkowe W trakcie zajęć przyjęte zostaną następujące oznaczenia: 1. Zbiory liczb: R - zbiór liczb rzeczywistych; Q - zbiór

Bardziej szczegółowo

Algorytmy i struktury danych. Wykład 4

Algorytmy i struktury danych. Wykład 4 Wykład 4 Różne algorytmy - obliczenia 1. Obliczanie wartości wielomianu 2. Szybkie potęgowanie 3. Algorytm Euklidesa, liczby pierwsze, faktoryzacja liczby naturalnej 2017-11-24 Algorytmy i struktury danych

Bardziej szczegółowo

V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny

V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny im. Stefana Banacha dla uczniów szkół średnich Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu 42-700 Lubliniec, ul. Sobieskiego 22 18. kwiecień 2011 rok 1. W trapezie

Bardziej szczegółowo

LVIII Olimpiada Matematyczna

LVIII Olimpiada Matematyczna LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. W trójkącie ostrokątnym A punkt O jest środkiem okręgu opisanego,

Bardziej szczegółowo

Przypomnienie wiadomości dla trzecioklasisty C z y p a m i ę t a s z?

Przypomnienie wiadomości dla trzecioklasisty C z y p a m i ę t a s z? Przypomnienie wiadomości dla trzecioklasisty C z y p a m i ę t a s z? Liczby naturalne porządkowe, (0 nie jest sztywno związane z N). Przykłady: 1, 2, 6, 148, Liczby całkowite to liczby naturalne, przeciwne

Bardziej szczegółowo

Matematyka dyskretna dla informatyków

Matematyka dyskretna dla informatyków Matematyka dyskretna dla informatyków Część I: Elementy kombinatoryki Jerzy Jaworski Zbigniew Palka Jerzy Szymański Uniwersytet im. Adama Mickiewicza Poznań 2007 4 Zależności rekurencyjne Wiele zależności

Bardziej szczegółowo

W. Guzicki Zadanie IV z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1

W. Guzicki Zadanie IV z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1 W. Guzicki Zadanie IV z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1 Zadanie IV. Dany jest prostokątny arkusz kartony o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach tego arkusza wycięto kwadratowe

Bardziej szczegółowo

Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne.

Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne. Logarytmy. Funkcje logarytmiczna i wykładnicza. Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne. Definicja. Niech a i b będą dodatnimi liczbami rzeczywistymi i niech a. Logarytmem liczby b przy podstawie

Bardziej szczegółowo

5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne.

5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne. 5. Logarytmy: definicja oraz podstawowe własności algebraiczne. 78. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log 6 2+log 36 9 a) 4 2+log 27 = (2 2 ) log 27 4 = 28 2 = 784 29 listopada 2008

Bardziej szczegółowo

Wzory skróconego mnożenia w zadaniach olimpijskich

Wzory skróconego mnożenia w zadaniach olimpijskich Wzory skróconego mnożenia w zadaniach olimpijskich Jacek Dymel 17.10.008 Bardzo często uczniowie wyrażają taką opinię, że do rozwiązywania zadań olimpijskich niezbędna jest znajomość wielu skomplikowanych

Bardziej szczegółowo

Wybrane zagadnienia teorii liczb

Wybrane zagadnienia teorii liczb Wybrane zagadnienia teorii liczb Podzielność liczb NWW, NWD, Algorytm Euklidesa Arytmetyka modularna Potęgowanie modularne Małe twierdzenie Fermata Liczby pierwsze Kryptosystem RSA Podzielność liczb Relacja

Bardziej szczegółowo

VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (18 października 01 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Miary α, β, γ kątów pewnego trójkąta spełniają warunek

Bardziej szczegółowo

Sumy kwadratów. Twierdzenie Fermata-Eulera. Lemat Minkowskiego

Sumy kwadratów. Twierdzenie Fermata-Eulera. Lemat Minkowskiego Sumy kwadratów TWIERDZENIE LAGRANGE A Każda liczba naturalna da się przedstawić w postaci sumy czterech kwadratów. Twierdzenie Fermata-Eulera Każda liczba pierwsza postaci 4k + 1 daje się przedstawić w

Bardziej szczegółowo

Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje cykl styczniowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje cykl styczniowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje cykl styczniowy oziom: szkoły ponadgimnazjalne, 0 punktów za każde zadanie Zadanie Znajdź dwa dzielniki pierwsze liczby - Można skorzystać z artykułu

Bardziej szczegółowo

Próbny egzamin maturalny z matematyki Poziom rozszerzony

Próbny egzamin maturalny z matematyki Poziom rozszerzony Kujawsko-Pomorskie Centrum Edukacji Nauczycieli w Bydgoszczy PLACÓWKA AKREDYTOWANA Zadanie 1 (4 pkt) Rozwiąż równanie: w przedziale 1 pkt Przekształcenie równania do postaci: 2 pkt Przekształcenie równania

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2014/15

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2014/15 Ćwiczenia 5/6, 10, 17.03.2015 (obie grupy) 33. Połączyć podane warunki w grupy warunków równoważnych dla dowolnej liczby naturalnej n. a) liczba n jest nieparzysta b) liczba n jest względnie pierwsza z

Bardziej szczegółowo

2. Układy równań liniowych

2. Układy równań liniowych 2. Układy równań liniowych Grzegorz Kosiorowski Uniwersytet Ekonomiczny w Krakowie zima 2017/2018 rzegorz Kosiorowski (Uniwersytet Ekonomiczny w Krakowie) 2. Układy równań liniowych zima 2017/2018 1 /

Bardziej szczegółowo

a 11 a a 1n a 21 a a 2n... a m1 a m2... a mn x 1 x 2... x m ...

a 11 a a 1n a 21 a a 2n... a m1 a m2... a mn x 1 x 2... x m ... Wykład 15 Układy równań liniowych Niech K będzie ciałem i niech α 1, α 2,, α n, β K. Równanie: α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α n x n = β z niewiadomymi x 1, x 2,, x n nazywamy równaniem liniowym. Układ: a 21 x

Bardziej szczegółowo

0.1 Pierścienie wielomianów

0.1 Pierścienie wielomianów 0.1 Pierścienie wielomianów Zadanie 1. Znaleźć w pierścieniu Z 5 [X] drugi wielomian określający tę samą funkcję, co wielomian X 2 X + 1. (Odp. np. X 5 + X 2 2X + 1). Zadanie 2. Znaleźć sumę i iloczyn

Bardziej szczegółowo

Treść wykładu. Pierścienie wielomianów. Dzielenie wielomianów i algorytm Euklidesa Pierścienie ilorazowe wielomianów

Treść wykładu. Pierścienie wielomianów. Dzielenie wielomianów i algorytm Euklidesa Pierścienie ilorazowe wielomianów Treść wykładu Pierścienie wielomianów. Definicja Niech P będzie pierścieniem. Wielomianem jednej zmiennej o współczynnikach z P nazywamy każdy ciąg f = (f 0, f 1, f 2,...), gdzie wyrazy ciągu f są prawie

Bardziej szczegółowo

1 Działania na zbiorach

1 Działania na zbiorach M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 1 1 1 Działania na zbiorach W rozdziale tym przypomnimy podstawowe działania na zbiorach koncentrując się na własnościach tych działań, które będą przydatne w dalszej

Bardziej szczegółowo

Równania wielomianowe

Równania wielomianowe Instytut Matematyki Uniwersytetu Jagiellońskiego 20 marca 2009 Kraków Równanie z jedną niewiadomą Wielomian jednej zmiennej to wyrażenie postaci P(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0, gdzie współczynniki

Bardziej szczegółowo

W. Guzicki Zadanie 41 z Informatora Maturalnego poziom podstawowy 1

W. Guzicki Zadanie 41 z Informatora Maturalnego poziom podstawowy 1 W. Guzicki Zadanie 41 z Informatora Maturalnego poziom podstawowy 1 W tym tekście zobaczymy rozwiązanie zadania 41 z Informatora o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 014/015 oraz rozwiązania

Bardziej szczegółowo

Odwrotne twierdzenie Fermata. Odwrotne twierdzenie Fermata

Odwrotne twierdzenie Fermata. Odwrotne twierdzenie Fermata Przypomnijmy... a p, a p 1 1 (mod p). Zachodzi naturalne pytanie...... czy z faktu a m 1 1 (mod m) wynika, że m = p? Niekoniecznie. Wprawdzie, jeszcze przed 25 wiekami chińscy matematycy uważali, że podzielność

Bardziej szczegółowo

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (24 września 2015 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Dane są takie dodatnie liczby a i b, że 30% liczby a

Bardziej szczegółowo

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dana jest liczba całkowita n 2. Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x 1,x

Bardziej szczegółowo

Podstawowe struktury algebraiczne

Podstawowe struktury algebraiczne Maciej Grzesiak Podstawowe struktury algebraiczne 1. Wprowadzenie Przedmiotem algebry było niegdyś przede wszystkim rozwiązywanie równań. Obecnie algebra staje się coraz bardziej nauką o systemach matematycznych.

Bardziej szczegółowo

Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.

Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018. Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 017/018 19 grudnia 017 1 1 Klasy pierwsze - poziom podstawowy 1. Dane są zbiory

Bardziej szczegółowo

2 Arytmetyka. d r 2 r + d r 1 2 r 1...d d 0 2 0,

2 Arytmetyka. d r 2 r + d r 1 2 r 1...d d 0 2 0, 2 Arytmetyka Niech b = d r d r 1 d 1 d 0 będzie zapisem liczby w systemie dwójkowym Zamiana zapisu liczby b na system dziesiętny odbywa się poprzez wykonanie dodawania d r 2 r + d r 1 2 r 1 d 1 2 1 + d

Bardziej szczegółowo

LXII Olimpiada Matematyczna

LXII Olimpiada Matematyczna 1 Zadanie 1. LXII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 18 lutego 2011 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań { (x y)(x 3 +y

Bardziej szczegółowo

Wymagania edukacyjne matematyka klasa 1 zakres podstawowy 1. LICZBY RZECZYWISTE

Wymagania edukacyjne matematyka klasa 1 zakres podstawowy 1. LICZBY RZECZYWISTE Wymagania edukacyjne matematyka klasa 1 zakres podstawowy 1. LICZBY RZECZYWISTE podaje przykłady liczb: naturalnych, całkowitych, wymiernych, niewymiernych, pierwszych i złożonych oraz przyporządkowuje

Bardziej szczegółowo

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. Czwartek 28 marca zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1.

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. Czwartek 28 marca zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. Czwartek 28 marca 2013 - zaczynamy od omówienia zadań z kolokwium nr 1. 122. Uprościć wyrażenia a) 4 2+log 27 b) log 3 2 log 59 c) log 6 2+log 36 9 123. Dla ilu trójek liczb rzeczywistych dodatnich a,

Bardziej szczegółowo

Przykładowe zadania na kółko matematyczne dla uczniów gimnazjum

Przykładowe zadania na kółko matematyczne dla uczniów gimnazjum 1 Przykładowe zadania na kółko matematyczne dla uczniów gimnazjum Zagadnienia, które uczeń powinien znać przy rozwiązywaniu opisanych zadań: zastosowanie równań w zadaniach tekstowych, funkcje i ich monotoniczność,

Bardziej szczegółowo

Wykład 16. P 2 (x 2, y 2 ) P 1 (x 1, y 1 ) OX. Odległość tych punktów wyraża się wzorem: P 1 P 2 = (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2

Wykład 16. P 2 (x 2, y 2 ) P 1 (x 1, y 1 ) OX. Odległość tych punktów wyraża się wzorem: P 1 P 2 = (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2 Wykład 16 Geometria analityczna Przegląd wiadomości z geometrii analitycznej na płaszczyźnie rtokartezjański układ współrzędnych powstaje przez ustalenie punktu początkowego zwanego początkiem układu współrzędnych

Bardziej szczegółowo

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska Egzamin Gimnazjalny Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska W nauczaniu matematyki ważne jest rozwijanie różnych aktywności umysłu. Ma temu służyć min. rozwiązywanie jednego zadania czy dowodzenie

Bardziej szczegółowo

RÓWNANIA KWADRATOWE ZBIGNIEW STEBEL. Podstawy matematyki szkolnej

RÓWNANIA KWADRATOWE ZBIGNIEW STEBEL. Podstawy matematyki szkolnej RÓWNANIA KWADRATOWE ZBIGNIEW STEBEL Podstawy matematyki szkolnej WAŁBRZYCH 01 Spis treści 1 Wstęp Równania stopnia drugiego.1 Teoria i przykłady............................. Podstawowe wzory skróconego

Bardziej szczegółowo

Pierwiastki pierwotne, logarytmy dyskretne

Pierwiastki pierwotne, logarytmy dyskretne Kongruencje wykład 7 Definicja Jeżeli rząd elementu a modulo n (dla n będącego liczba naturalną i całkowitego a, a n) wynosi φ(n) to a nazywamy pierwiastkiem pierwotnym modulo n. Przykład Czy 7 jest pierwiastkiem

Bardziej szczegółowo

Suma dziewięciu poczatkowych wyrazów ciagu arytmetycznego wynosi 18, a suma siedmiu poczatkowych

Suma dziewięciu poczatkowych wyrazów ciagu arytmetycznego wynosi 18, a suma siedmiu poczatkowych www.zadania.info NAJWIEKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAŃ Z MATEMATYKI CIAGI ARYTMETYCZNE ZADANIE 1 Suma drugiego, czwartego i szóstego wyrazu ciagu arytmetycznego jest równa 42, zaś suma kwadratów wyrazów drugiego

Bardziej szczegółowo

XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)

XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.) XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 0 r. października 0 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczbę naturalną n pomnożono przez, otrzymując

Bardziej szczegółowo

Kongruencje oraz przykłady ich zastosowań

Kongruencje oraz przykłady ich zastosowań Strona 1 z 25 Kongruencje oraz przykłady ich zastosowań Andrzej Sładek, Instytut Matematyki UŚl sladek@ux2.math.us.edu.pl Spotkanie w LO im. Powstańców Śl w Bieruniu Starym 27 października 2005 Strona

Bardziej szczegółowo