W zbiorze liczb rzeczywistych wyróżnia sie pewne podzbiory. Zaczniemy od najważniejszego, tj. od zbioru liczb naturalnych.

LICZBY NATURALNE, CA LKOWITE, WYMIERNE W zbiorze liczb rzeczywistych wyróżnia sie pewne podzbiory. Zaczniemy od najważniejszego, tj. od zbioru liczb naturalnych. Definicja 9.1 (zbioru liczb naturalnych) Zbiorem N liczb naturalnych nazywamy najmniejszy z tych zbiorów A R, które spe lniaja dwa warunki: 1 1 A; 2 jeśli n A, to również n + 1 A. Elementy zbioru N nazywamy liczbami naturalnymi. Sformu lowanie najmniejszy z tych zbiorów A R, które spe lniaja dwa warunki oznacza, że zbiór N jest podzbiorem każdego zbioru, które je spe lnia. Zbiorów, które spe lniaja warunki 1 i 2 jest oczywiście dużo, np. zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, zbiór wszystkich liczb wymiernych, zbiór wszystkich liczb ca lkowitych. Zbiór liczb naturalnych zawiera wszystkie liczby, które należa do każdego z nich. Z warunku 1 wynika, że 1 N, sta d i z warunku 2 wynika, że 2 = 1 + 1 N itd. Z definicji zbioru N wynika od razu naste puja ce Stwierdzenie 9.2 (zasada indukcji zupe lnej) Jeśli zbiór A spe lnia warunki 1 i 2, to A N. Z tego twierdzenia wynika zasada indukcji zupe lnej w sformu lowaniu znanym ze wcześniejszych rozdzia lów. Aby sie o tym przekonać wystarczy przyja ć, że zbiór A sk lada sie z tych liczb naturalnych n, dla których zdanie T n jest prawdziwe. Z warunków 1 i 2 z zasady indukcji zupe lnej z rozdzia lu 1. wynika, że zbiór A spe lnia warunki 1 i 2 z definicji zbioru liczb naturalnych, a to oznacza, że A N, zatem zdanie T n jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej n. Wprowadzimy dodatkowe oznaczenie. Definicja 9.3 N(k) jest najmniejszym zbiorem spe lniaja cym dwa warunki: 1 k N(k); 2 jeśli n N(k), to również n + 1 N(k). Jasne jest, że N(1) = N. Dodatkowe oznaczenie wprowadzamy po to, by nie dowodzić dwukrotnie tych samych twierdzeń ta sama metoda, a wie kszość zachodzić be dzie w dla zbiorów postaci 59

N(k), a nie tylko dla N(1) = N. Stwierdzenie 9.4 Jeśli n N(k), to n k. Dowód. Niech A = {n N(k): n k}. Oczywiście k A. Jeżeli n A, to n k, wie c n + 1 > n k. Sta d wynika, że n + 1 N(k), zatem również n + 1 A. Wobec tego A N(k), a z definicji zbioru A od razu wynika, że A N(k). Oznacza to, że A = N(k), zatem jeśli n N(k), to n k. Stwierdzenie 9.5 Jeśli n N(k) i n > k, to n 1 N(k). Dowód. Niech A = {k} {n > k: n 1 N(k)}, czyli A sk lada sie z liczby k i tych liczb n należa cych do N(k), dla których spe lniona jest teza. Jeśli n A, to n + 1 N(k), a ponieważ n = (n + 1) 1 A N(k), wie c n + 1 A. Sta d A N(k), a ponieważ A N(k), wie c A = N(k). Stwierdzenie 9.6 Jeśli n N(k) i m > n oraz m N(k), to m n + 1. Dowód. Zdefiniujmy zbiór A jak zwykle: A = {n N(k): jeśli m N(k) i m > n, to m n + 1}. Jeśli m > k i m N(k), to m 1 N(k) (poprzednie stwierdzenie), wie c m 1 k. Sta d m = m 1+1 k +1, zatem k A. Niech n A i m > n+1. Wtedy m 1 > n, zatem m 1 n+1, wie c m = (m 1) + 1 (n + 1) + 1, zatem n + 1 N(k). Wniosek 9.7 Jeśli n < x < n + 1 i n N(k), to x / N(k). Twierdzenie 9.8 (Zasada minimum) Każdy niepusty podzbiór A zbioru N(k) ma element najmniejszy, w szczególności w każdym zbiorze z lożonym z liczb naturalnych jest liczba najmniejsza. Dowód. Jeśli k A, to k jest najmniejszym elementem zbioru A, bo jest najmniejszym elementem zbioru N(k). Za lóżmy wie c, że k / A oraz że w niepustym zbiorze A nie ma liczby najmniejszej. Niech B be dzie zbiorem tych liczb n N(k), dla których nierówność n < a zachodzi dla każdego a A. Oczy- 60

wiście k B. Jeśli n B, to n < a dla każdego a A. Sta d wynika, że dla każdego a A zachodzi nierówność n + 1 a. Jeśli n + 1 A, to n + 1 jest najmniejsza liczba w zbiorze A. Jeśli n + 1 a dla każdej liczby a A, to n + 1 B. Jeśli wie c w zbiorze A nie ma liczby najmniejszej, to zbiór B zawiera N(k), ale to oznacza, że zbiór A jest pusty, wbrew za lożeniu. Definicja 9.9 (zbioru ograniczonego z góry) Mówimy, że zbiór A R jest ograniczony z góry liczba M wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby a A zachodzi a M. Twierdzenie 9.10 (Zasada maksimum) Każdy niepusty zbiór A N(k), ograniczony z góry przez liczbe M N(k) ma element najwie kszy, w szczególności w każdym z lożonym z liczb naturalnych zbiorze, który jest ograniczony z góry liczba naturalna, jest liczba najwie ksza. Dowód. Niech A N(k) be dzie zbiorem ograniczonym z góry elementem zbioru N(k). W zbiorze ograniczeń górnych zbioru A należa cych do N(k) istnieje najmniejsze. Oznaczmy je przez M N(k). Liczba M 1 nie jest ograniczeniem górnym zbioru A, wie c dla pewnej liczby n A zachodzi nierówność podwójna M n > M 1. Wynika sta d, że n + 1 > M, a ponieważ mie dzy n i n+1 nie ma liczb ze zbioru A N(k), wie c M = n. Uwaga 9.11 (o zasadzie Archimedesa) Zbiór N(k) nie jest ograniczony z góry żadna liczba rzeczywista, w szczególności dla każdej liczby rzeczywistej x istnieje liczba naturalna n > x. Można udowodnić, że to twierdzenie nie wynika z podanych do tej pory pewników. Trzeba skorzystać z pewnika cia g lości, który sformu lujemy później. Stwierdzenie 9.12 Jeśli m,n N(k) i m > n, to m n N. Dowód. Niech n N(k). Niech A oznacza zbiór z lożony z tych liczb m N(n+1), dla których m n N. Oczywiście n+1 A. Jeśli m A, to m+1 n = (m n)+1 N, bowiem m n N. Z tego wynika, że m+1 A. Sta d wynika, że A N(n+1), a to kończy dowód, bo jeśli m > n i m N(k), to m N(n + 1). 61

Stwierdzenie 9.13 Suma i iloczyn liczb naturalnych sa liczbami naturalnymi. Dowód. Niech n N. Niech A = {m N: m + n N}. Oczywiście 1 A. Jeśli m A, to m + n A, a z tego wynika, że (m + 1) + n = (m + n) + 1 A, zatem m + 1 A. Wobec tego A N, a to oznacza, że dla każdej liczby naturalnej m suma n + m też jest liczba naturalna. Niech n N i niech B = {m N: mn N}. Ponieważ 1 n = n N, wie c 1 B. Jeśli m B, to mn B i wobec tego (m + 1) n = mn + n B, bo suma liczb naturalnych jest liczba naturalna, co już wiemy. Wobec tego B N, a to oznacza, że iloczyn liczb naturalnych jest liczba naturalna. Udowodnimy teraz twierdzenie, które każdy che tnie uzna za oczywiste. Dowód podajemy po to, by pokazać, jak można ściśle takie twierdzenie sformu lować i uzasadnić. Chodzi o to, że jeśli chcemy umieścić jakieś przedmioty w szufladkach i szufladek jest mniej niż przedmiotów, to musimy do co najmniej jednej z szufladek w lożyć dwa przedmioty. O liczbach 1,2,...,n należy w poniższym twierdzeniu myśleć jako o numerach szufladek, a o liczbach 1,2,...,n,n + 1jako o numerach przedmiotów. Twierdzenie 9.14 (zasada szufladkowa Dirichleta) Jeśli f: {1,2,3,...,n,n + 1} {1,2,3,...,n} jest jaka kolwiek funkcja, to istnieja dwie różne liczby k,l {1,2,3,...,n,n + 1}, dla których zachodzi równość f(k) = f(l). Dowód. Wykażemy to twierdzenie przez indukcje wzgle dem n. Dla n = 1 twierdzenie jest prawdziwe, bo istnieje tylko jedyna funkcja f: {1,2} {1}. Jest ona zdefiniowana za pomoca wzorów: f(1) = 1 i f(2) = 1, wie c przyjmujemy k = 1 i l = 2. Niech O n = {1,2,...,n}, Za lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdej funkcji f:o n O n 1. Za lóżmy, że istnieje funkcja różnowartościowa f:o n+1 O n. Jeżeli dla każdego k n spe lniona jest nierówność f(k) < n, to f przekszta lca zbiór O n w zbiór O n 1 i jest różnowartościowa, co przeczy za- lożeniu indukcyjnemu. Wobec tego istnieje taka liczba k n, że f(k) = n. Ponieważ funkcja f jest różnowartościowa, wie c f(n + 1) f(k) = n, zatem f(n + 1) < n. Niech g(j) = f(j) dla 62

j O n, j k i g(k) = f(n + 1). Jasne jest, że zdefiniowaliśmy różnowartościowa funkcje g:o n O n 1, co w świetle za lożenia indukcyjnego jest niemożliwe. Dowód zosta l zakończony. Czytelnik zapewne zwróci l uwage na to, że prawie wszystkie dota d przeprowadzone rozumowania z udzia lem liczb naturalnych opieraja sie na zasadzie indukcji zupe lnej. Przyzwyczajeni jesteśmy bowiem do traktowania liczb naturalnych jako narze dzia umożliwiaja cego liczenie, a zasada indukcji w swej istocie mówi o tym ściśle. Zamierzamy zaja ć sie teraz podzielnościa. Wygodniej jest mówić o podzielności w zbiorze liczb ca lkowitych, wie c zaczniemy od omówienia podstawowych w lasności liczb ca lkowitych Definicja 9.15 (zbioru liczb ca lkowitych) Zbiorem liczb ca lkowitych nazywany jest taki najmniejszy zbiór Z N, że jeśli a,b Z, to również a b Z. Elementy zbioru Z nazywamy liczbami ca lkowitymi. Twierdzenie 9.16 Z = N {a R: a N} {0}, czyli liczba jest ca lkowita wtedy i tylko wtedy, gdy jest naturalna lub gdy przeciwna do niej jest naturalna, lub gdy jest zerem. Dowód. Niech A = N {a R: a N} {0}. Oczywiście zbiór A zawiera wszystkie liczby naturalne i wszystkie liczby przeciwne do liczb naturalnych. Niech a,b A. Wykażemy, że a b A. Mamy do rozważenia cztery przypadki: a,b N, a,b N, a, b N oraz a, b N. Zaczniemy od pierwszego z nich. Jeśli a b, to a b N lub a b = 0 wynika to ze stwierdzenia 9.12. Za lóżmy, że a < b. Ze stwierdzenia 9.12 wnioskujemy, że b a N, zatem również a b = (b a) A. Teraz drugi przypadek: a, b N. Ze stwierdzenia 9.12 wnioskujemy, że a + b N, zatem a b = (a b) A. Trzeci przypadek: a b = a + ( b), wie c a b N A. Czwarty przypadek a+b = [( a)+( b)], liczba ( a)+( b) jest naturalna jako suma liczb naturalnych, wie c przeciwna do niej znajduje sie w zbiorze A. Wynika sta d, że A = Z. 63

Stwierdzenie 9.17 Suma i iloczyn liczb ca lkowitych sa liczbami ca lkowitymi. Dowód. Niech a,b Z. Wtedy b Z, wie c a + b=a ( b) jest liczba ca lkowita, por. poprzednie stwierdzenie. ab = [a( b)] = [( a)b] = ( a)( b), a ponieważ iloczyn liczb naturalnych jest liczba naturalna i liczba przeciwna do naturalnej jest ca lkowita, wie c ab Z. Twierdzenie 9.18 W każdym niepustym, ograniczonym z góry liczba ca lkowita zbiorze, z lożonym liczb ca lkowitych istnieje liczba najwie ksza. W każdym niepustym, ograniczonym z do lu liczba ca lkowita zbiorze z lożonym z liczb ca lkowitych istnieje liczba najmniejsza. Dowód. Niech A Z be dzie niepustym zbiorem i niech M Z be dzie jego ograniczeniem górnym. Niech B = { a: a A}. Zbiór B jest ograniczony z do lu, bo B N( M). Z zasady minimum wynika, że w zbiorze B jest element najmniejszy. Oznaczmy go przez b i niech M 0 = b. Oczywiście M 0 A i jeśli a A, to a M 0. Jeśli A Z be dzie niepustym, ograniczonym z do lu liczba ca lkowita c zbiorem z lożonym z liczb ca lkowitych, to A N(c), wie c w zbiorze A jest element najmniejszy wynika to z zasady minimum. Definicja 9.19 (pote gi) 1 a 1 = a, a n+1 = a n a dla każdej liczby ca lkowitej n 1 i każdej liczby rzeczywistej a. 2 a 0 = 1 dla każdego a 0. 3 a n = 1 a dla każdej liczby rzeczywistej a 0 i każdej liczby n ca lkowitej n < 0. Symbolu 0 0 nie definiujemy, później stanie sie jasne dlaczego, aczkolwiek należy stwierdzić, że w wielu sytuacjach przyjmuje sie, że 0 0 = 1, g lównie dla uproszczenia zapisu. Lemat 9.20 Dla każdego a 0 i dowolnych nieujemnych liczb ca lkowitych m,n zachodzi równość a m+n = a m a n. Dowód. Ustalmy dowolnie liczbe m N(0). Zastosujemy in- 64

dukcje wzgle dem n N(0). Mamy a m+0 = a m = a m 1 = a m a 0, zatem teza zachodzi dla n = 0. Za lóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej n zachodzi wzór a m+n = a m a n. Wtedy a m+n+1 = a m+n a = ( a m a n) a = a m (a n a ) = a m a n+1, co kończy dowód indukcyjny. Lemat 9.21 Dla każdego a 0 i dowolnych nieujemnych liczb ca lkowitych m,n zachodzi równość a m n = a m a n. Dowód. Jeśli m = n, to zachodza naste puja ce równości a m n = a 0 = 1 = am = a m 1 = a m a n. a n a n Jeżeli m > n, to na mocy poprzedniego lematu zachodzi równość a m n a n = a m n+n = a m, wie c a m n = a m 1 a = a m a n. n Jeśli m<n, to a m n = 1 a = 1 n m a n a = 1 1 m a n 1/a =a n a m. m Lemat 9.22 Dla każdego a 0 i dowolnych ujemnych liczb ca lkowitych m, n zachodzi równość a m+n = a m a n. Dowód. Prawdziwy jest cia g równości: a m+n = 1 a m n = 1 a m a n = 1 a m 1 a n = a m a n. Z ostatnich trzech lematów wynika Twierdzenie 9.23 (podstawowa w lasność pote gi) Dla dowlnych liczb ca lkowitych a, b i dowolnej liczby rzeczywistej a 0 zachodzi równość: a m+n = a m a n. Definicja 9.24 (dzielnika) Liczba ca lkowita a jest dzielnikiem liczby ca lkowitej b wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba ca lkowita k taka, że ak = b. Piszemy wtedy a b. Stwierdzenie 9.25 Jeśli a b i b c, to a c. Dowód. Jeśli b = ka i c = bl, to c = (kl)a. Stwierdzenie 9.26 Każda liczba ca lkowita jest dzielnikiem 0. Dowód. Wynika to z tego, że a 0 = 0. 65

Definicja 9.27 (dzielenia z reszta ) Jeśli a i b sa liczbami ca lkowitymi, b 0 i istnieja liczby ca lkowite q,r takie, że a = bq + r i 0 r < b, to mówimy, że q jest ilorazem z dzielenia a przez b zaś r reszta z dzielenia liczby a przez liczbe b. Stwierdzenie 9.28 Dla dowolnych liczb ca lkowitych a, b 0 istnieje dok ladnie jedna para liczb ca lkowitych q,r taka, że a = bq + r i 0 r < b. Dowód. Z równości bq + r = ( b)( q) + r wynika, że wystarczy udowodnić to stwierdzenie dla b > 0. W dalszym cia gu zak ladamy, że b > 0. Z zasady maksimum dla liczb ca lkowitych wynika, że w zbiorze {n Z: nb a} istnieje element najwie kszy q Z. Niech r = a qb. Oczywiście 0 r = a qb < (q + 1)b qb = b. Istnienie ilorazu i reszty zosta lo wykazane. Jeśli bq + r = bq 1 + r 1 i 0 r,r 1 < b, to r r 1 = b(q 1 q). Oczywiście r 1 r < b (różnica dwu liczb nieujemnych mniejszych niż b ma wartość bezwzgle dna mniejsza niż b). Wobec tego b(q 1 q) < b, ale to wymusza nierówność q 1 q < 1, czyli q 1 q = 0, wie c q 1 = q. Mamy wie c r r 1 = b(q 1 q) = 0. Dowód zosta l zakończony. Definicja 9.29 (najwie kszego wspólnego dzielnika) Najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb a i b nazywamy najwie ksza z takich liczb d, że d a, d b czyli najwie kszy ze wspólnych dzielników liczb a i b. Z tego, że a b i b 0 wynika oczywiście, że a b. Najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb 6 i 4 jest 2. Liczby a = 0 i b = 0 nie maja najwie kszego wspólnego dzielnika. Jedynymi dzielnikami jedynki sa liczby ±1. Definicja 9.30 (liczb wzgle dnie pierwszych) Dwie liczby ca lkowite sa wzgle dnie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy ich najwie kszym wspólnym dzielnikiem jest 1. Liczby 15 i 28 sa wzgle dnie pierwsze, podobnie 323 i 143. 66

Twierdzenie 9.31 (o najwie kszym wspólnym dzielniku) Jeśli a,b sa liczbami ca lkowitymi i co najmniej jedna z nich jest różna od 0, to maja one najwie kszy wspólny dzielnik, nwd(a,b). Istnieja liczby ca lkowite k,m takie, że ak + bm = nwd(a,b). 9.1 Dowód. Niech D = {ax + by: x Z, y Z, ax + by > 0}. D, bo jeśli a 0, to a D, gdyż a = a 1 + b 0, gdy a > 0 i a = a ( 1) + b 0, gdy a < 0. Oznaczmy przez d = ak + bm najmniejsza liczba w zbiorze D. Ponieważ zbiór D z lożony jest z liczb dodatnich, wie c d > 0. Wykażemy, że d a. Jest tak, gdy a = 0. Za lóżmy, że a 0. Wtedy istnieja liczby ca lkowite q,r takie, że a = qd + r i 0 r < d. Sta d r = a qd = a(1 kq) + b( qm). Jeśli r > 0, to r D, co przeczy temu, że najmniejsza liczba w zbiorze D jest d. Wobec tego r = 0, ale to oznacza, że a = qd, czyli że d a. Analogicznie d b. Wykazaliśmy, że d jest wspólnym dzielnikiem liczb a,b. Jeśli δ a i δ b, to istnieja takie liczby λ,κ Z, że a = λδ i b = κδ, zatem d = ak + bl = δ(kλ + mκ), zatem δ d, wie c δ d. Oznacza to, że d = nwd(a,b). Opiszemy teraz sposób znajdowania najwie kszego wspólnego dzielnika dwu liczb naturalnych a i b, zwany algorytmem Euklidesa. Przy okazji otrzymamy nieco d luższy, ale za to konstruktywny, dowód twierdzenia o najwie kszym wspólnym dzielniku. Za lóżmy, że b 0. Istnieja wtedy takie liczby ca lkowite q 0 i r 0, że a = q 0 b + r 0 i 0 r 0 < b. Jeśli d a i d b, np. d = nwd(a,b), to d (a q 0 b) = r 0, czyli najwie kszy wspólny dzielnik liczb a,b jest dzielnikiem b i r 0, wie c d nwd(b,r 0 ). Jeśli liczba δ jest dzielnikiem liczb b i r 0, np. δ = nwd(b,r 0 ), to jest też dzielnikiem liczby a = q 0 b + r 0, czyli najwie kszy wspólny dzielnik liczb b i r 0 jest też dzielnikiem a, wie c δ nwd(a,b). Z nierówności d δ i δ d wynika równość nwd(a,b) = d = δ = = nwd(b,r 0 ). Jeśli r 0 > 0, to istnieja takie liczby q 1 Z i r 1 Z, że b = q 1 r 0 + r 1 i 0 r 1 < r 0. Tak jak poprzednio otrzymujemy 9.1 W licznych ksia żkach poświe conych teorii liczb najwie kszy wspólny dzielnik liczb a,b oznaczany jest symbolem (a,b). 67

równość nwd(b,r 0 ) = nwd(r 0,r 1 ). Jeśli 0 < r 1, to istnieja takie liczby q 2 Z ir 2 Z, że r 0 = q 2 r 1 + r 2, 0 r 2 < r 1 oraz nwd(r 0,r 1 ) = nwd(r 1,r 2 ). To poste powanie możemy powtarzać do chwili, w której reszta z dzielenia be dzie równa 0. Taki moment musi nasta pić, bo r 0 > r 1 > r 2 >..., a w każdym zbiorze liczb naturalnych istnieje najmniejsza. Niech r n be dzie najmniejsza liczba. Oznacza to, że r n+1 = 0, wie c r n 1 = q n+1 r n. Sta d wynikaja równości r n =nwd(r n 1,r n )=nwd(r n 2,r n 1 )=...=nwd(b,r 0 )=nwd(a,b). Przyk lad 9.1 Niech a = 68 i b = 26. Mamy wtedy: 68 = 2 26 + 16, q 0 = 2, r 0 = 16; 26 = 1 16 + 10, q 1 = 1, r 1 = 10; 16 = 1 10 + 6, q 2 = 1, r 2 = 6; 10 = 1 6 + 4, q 3 = 1, r 3 = 4; 6 = 1 4 + 2, q 4 = 1, r 4 = 2; 4 = 2 2 + 0, q 5 = 1, r 5 = 0. Wobec tego nwd(68,26) = 2 = 6 4 = 6 (10 6) = =2 6 10 = 2(16 10) 10 = 2 16 3 10 = 2 16 3(26 16) = =5 16 3 26 = 5(68 2 26) 3 26 = 5 68 13 26. Znaleźliśmy wie c najwie kszy wspólny dzielnik i przedstawiliśmy go w postaci k 42+m 26, wie c k = 5, m = 13. Nie twierdzimy, że to jedyna możliwość, bo np. 2 = (5 + 26) 68 (13 + 68) 26.. Przyk lad 9.2 Niech a = 452 261, b = 10 489. Mamy teraz 452 261 = 43 10489+1234, 10489 = 8 1234+617 i 1234 = 2 617, zatem najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb a = 452 261 oraz b = 10 489 jest liczba 617 = 10 489 8 1234 = 10 489 8(452 261 43 10 489) = =345 10 489 8 452 261. Czytelnik zechce sprawdzić, że liczby 617 i 452261 617 = 733 sa pierwsze. Widać sta d, że pomys l poszukiwania najwie kszego wspólnego dzielnika za pomoca metody opisywanej w szko lach podstawowych nie jest w tym przypadku najlepszy... W tych dwóch przyk ladach pokazaliśmy,,przy okazji nieco inny dowód twierdzenia o najwie kszym wspólnym dzielniku dwu liczb. Pokażemy jeszcze jeden dowód, tym razem indukcyjny. 68

Dowód indukcyjny Niech T n oznacza zdanie: dla każdych liczb naturalnych a i b n istnieja takie liczby ca lkowite x,y, że nwd(a,b) = ax + by. 1 Zdanie T 1 jest prawdziwe, bo niezależnie od a N najwie kszym wspólnym dzielnikiem a i b ( teraz b = 1), jest liczba 1, wie c wystarczy przyja ć x = 0 i y = 1. 2 Za lóżmy, ze zdanie T n jest prawdziwe. Udowodnimy zdanie T n+1. Niech a N i b = n+1. Oznaczmy d = nwd(a,b). Wtedy istnieja takie liczby ca lkowite q i r, że a = qb+r oraz 0 r < b. Tak jak poprzednio stwierdzamy, że d = nwd(a, b) = = nwd(b, r). Jeśli r = 0, to przyjmujemy x = 0 i y = 1, bo najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb a i b jest w tym przypadku b. Jeśli r > 0, to na mocy zdania T n istnieja takie liczby ca lkowite x 1 oraz y 1, że d = bx 1 + ry 1 = bx 1 + (a qb)y 1 = ay 1 + b(x 1 qy 1 ). Wystarczy przyja ć x = y 1 i y = x 1 qy 1. Z twierdzenia o najwie kszym wspólnym dzielniku wynika Wniosek 9.32 Liczba naturalna d jest najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb a i b wtedy i tylko wtedy, gdy każdy wspólny dzielnik a i b jest dzielnikiem liczby d. Ten wniosek cze sto jest przyjmowany za definicje najwie kszego wspólnego dzielnika dwu liczb. Definicja 9.33 (liczby pierwszej) p Z jest liczba pierwsza wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1 i jedynymi naturalnymi dzielnikami liczby p sa liczby 1 i p. Liczba ca lkowita a nazywana jest z lożona wtedy i tylko wtedy, gdy a > 1 i nie jest ona liczba pierwsza. 9.2 Liczbami pierwszymi sa ±2, ±3, ±5, ±7, ±11,... Liczbami z lożonymi sa ±4, ±6, ±8, ±9, ±10,... Liczby 1, 0 i 1 nie sa ani pierwsze, ani z lożone. Twierdzenie 9.34 (o rozk ladaniu na czynniki pierwsze) Każda liczbe naturalna wie ksza od 1 można przedstawić w postaci 9.2 W szko lach cze sto zasie g tej definicji jest ograniczony do liczb dodatnich. 69

iloczynu liczb pierwszych. Dowód. Zastosujemy indukcje zaczynaja c od liczby 2. 1 Liczba 2 jest iloczynem liczb pierwszych (z lożonym z jednego czynnika). 2 Za lóżmy, że wszystkie liczby mniejsze niż n sa iloczynami liczb pierwszych. Jeśli n jest liczba pierwsza, to jest iloczynem (z lożonym z jednego czynnika). Jeśli n jest liczba z lożona, to istnieja takie liczby naturalne a > 1, b > 1, że ab = n. Wobec tego 1 < a < n i 1 < b < n, zatem każda z liczb a,b jest iloczynem liczb pierwszych, wie c ich iloczyn też. Sta d wynika, że każda liczba naturalna wie ksza od 1 i mniejsza od n + 1 jest iloczynem liczb pierwszych. Twierdzenie 9.35 (charakteryzuja ce liczby pierwsze) Liczba p 0 jest pierwsza wtedy i tylko wtedy, gdy p > 1 i z tego, że p ab wynika, że p a lub p b. Dowód. Jeśli p nie jest liczba pierwsza, to istnieja takie liczby ca lkowite a,b, że p = ab i a > 1, b > 1. Jeśli p a, to a = kp dla pewnej liczby ca lkowitej k i wobec tego p = kpb, wie c 1 = kb, co oznacza, że b = 1, wbrew za lożeniu. Za lóżmy teraz, że p ab i że p jest liczba pierwsza. Jeśli p a, to nwd(a,p) = 1, zatem istnieja liczby ca lkowite k,m takie, że ak + pm = 1. Wobec tego b = bak + bpm. Z za lożenia p abk i oczywiście p bpm, wie c p (abk + bpm) = b. Wniosek 9.36 Jeśli liczby p, p 1, p 2,..., p n sa pierwsze i p p 1 p 2... p n, to istnieje takie j {1,2,...,n}, że p p j, wie c p j = p. Dowód. Stosujemy indukcje wzgle dem n. Twierdzenie 9.37 (zasadnicze twierdzenie arytmetyki 9.3 ) Niech a 0 be dzie liczba ca lkowita, która nie jest dzielnikiem 1. Istnieja wtedy takie liczby pierwsze p 1,p 2,...,p n, że zachodzi równość a = p 1 p 2... p n. Jeśli a = p 1 p 2... p m i liczby p 1, p 2,..., p m sa pierwsze, 9.3 czyli twierdzenie o jednoznaczności rozk ladu na czynniki pierwsze 70

to n = m i po ewentualnej zmianie kolejności (numeracji) zachodza równości p 1 = η 1 p 1, p 2 = η 2 p 2,...,p n = η n p n, gdzie η 1,η 2,...,η n { 1,1}. Przed podaniem dowodu wypada powiedzieć, że to twierdzenie mówi, że każda liczbe ca lkowita, z wyja tkiem 0, 1,1 można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych na jeden tylko sposób, jeśli nie brać pod uwage zmian kolejności czynników ani zmian ich znaków: 6 = 2 3 = ( 2) ( 3) = 3 2 = ( 3) ( 2). Dowód. Istnienie rozk ladu na czynniki pierwsze wykazaliśmy już wcześniej. Teraz zajmiemy sie jednoznaczościa rozk ladu. Jeśli a = p 1 p 2... p n = p 1 p 2... p m = p 1 ( p 2... p m ), to z wniosku 9.36 wynika, że istnieje takie j {1,2,...,m}, że p 1 p j. Bez straty ogólności możemy przyja ć, że j = 1 (jeśli nie to zamieniamy miejscami p 1 z p j ). Wobec tego p 1 = ± p 1. Wobec tego p 2... p n = ± p 2... p m. Po ewentualnej zmianie numeracji stwierdzamy, że p 2 p 2, wie c p 2 = ±p 2, itd. Dowód zosta l zakończony. W ksia żce,,the Higher Arithmetic, An Introduction to the Theory of Numbers Harolda Davenporta (prze lożonej na je zyk rosyjski) można znaleźć dowód, który nie korzysta z twierdzenia o najwie kszym wspólnym dzielniku i kilka innych dowodów zasadniczego twierdzenia arytmetyki. Ten korzystaja cy z najprostszych środków przytoczymy. Tym razem nie skorzystamy z charakteryzacji liczb pierwszych. Drugi dowód zasadniczego twierdzenia arytmetyki Istnienie rozk ladu wykazujemy tak, jak poprzednio, wie c tej cze ści dowodu nie przepisujemy. Za lóżmy, że a = p 1 p 2... p n = p 1 p 2... p m jest najmniejsza liczba naturalna, która ma dwa różne rozk lady na czynniki pierwsze i że liczby p 1,p 2,...,p n, p 1, p 2,..., p m sa pierwsze i dodatnie. Jeśli te rozk lady sa różne, to żadna z liczb p 1,p 2,...,p n nie pojawia sie wśród liczb p 1, p 2,..., p m. Możemy przyja ć, że p 1 p 2... p m i p 1 p 2... p n. Ponieważ liczba a nie jest pierwsza, wie c n 2 i m 2, zatem a p 2 1 i a p 2 1 i oczywiście p 1 p 1. Wobec tego a > p 1 p 1, zatem 71

liczba a p 1 p 1 jest liczba naturalna mniejsza od a, zatem ma dok ladnie jeden rozk lad na iloczyn naturalnych czynników pierwszych. Wobec tego liczba a p 1 p 1 jest podzielna przez p 1 oraz przez p 1 p 1, zatem również przez p 1 p 1, bo ta ma tylko jeden rozk lad na czynniki, a z tego wynika, że jeśli jest podzielna przez jaka ś liczbe pierwsza, to ta liczba pierwsza wyste puje w jedynym rozk ladzie na czynniki pierwsze. Wobec tego a p 1 p 1 = p 1 p 1 q 1 q 2...q j dla pewnych liczb pierwszych q 1,q 2,...,q j. Dziela c te równość stronami przez p 1 otrzymujemy p 2 p 3...p n p 1 = p 1 q 1 q 2...q j, a sta d wynika, że liczba p 1 jest dzielnikiem liczby p 2 p 3...p n < a, wie c przedstawialnej w postaci iloczynu liczb pierwszych w jeden tylko sposób. Sta d jednak wynika, że wśród liczb p 2,p 3,...,p n wyste puje liczba p 1, wbrew za lożeniu. Po tym dowodzie H.Davenport napisa l: czytelnik zgodzi sie, że chociaż dowód ten ani nie jest d lugi ani trudny, to jednak jest dosyć delikatny. Zasadnicze twierdzenie arytmetyki, twierdzenie o dzieleniu z reszta itd. wydaja sie na pierwszy rzut oka oczywiste, ale ich dowody ca lkiem proste nie sa. Z twierdzenia o jednoznaczności rozk ladu na czynniki pierwsze korzystamy np. wtedy, gdy z tego, że 2 n i 3 n wnioskujemy, że 6 n. Twierdzenie o najwie kszym wspólnym dzielniku przydaje sie mie dzy innymi do rozwia zywania równań w liczbach ca lkowitych. Twierdzenie o dzieleniu z reszta stosujemy uzasadniaja c przeróżne cechy podzielności. Naste pnymi bardzo ważnymi liczbami sa wymierne i teraz o nich krótko opowiemy. Definicja 9.38 (zbioru liczb wymiernych) Zbiorem liczb wymiernych Q nazywamy najmniejszy zbiór taki, że Q Z i jeśli a,b Q oraz b 0, to a b Q. Elementy zbioru Q zwane sa liczbami wymiernymi. Stwierdzenie 9.39 a Zbiór Q sk lada sie z liczb postaci, gdzie b 0 i a,b Z. b Suma, różnica, iloczyn i iloraz liczb wymiernych sa liczbami wymiernymi (iloraz, gdy dzielimy przez liczbe różna od 0). 72

Dowód. Dla dowodu wystarczy wykazać, że w zbiorze ilorazów a liczb ca lkowitych wykonalne sa dzia lania arytmetyczne. Mamy b a b [ c d ] 1 = ab 1 [cd 1 ] 1 = ab 1 dc 1 = (ad)(cb) 1 = ad bc, co oznacza, że w zbiorze Q sa jedynie ilorazy a liczb ca lkowitych. b Mamy a b + c d = ab 1 + cd 1 = add 1 (b) 1 + cbb 1 d 1 = = [ad + bc]b 1 d 1 = [ad + bc](bd) 1. Analogicznie dowodzimy, że różnica ilorazów liczb ca lkowitych jest ilorazem liczb ca lkowitych. Mnożenie sprowadzamy do dzielenia, a iloraz liczb wymiernych jest liczba wymierna, co wynika wprost z definicji zbioru Q. Twierdzenie 9.40 (o postaci nieskracalnej) Dla każdej liczby wymiernej w istnieje dok ladnie jedna taka para liczb p Z q N, że w = p q i nwd(p,q) = 1. Dowód. Ze stwierdzenia 9.39 wynika, że istnieja takie liczby ca lkowite a i b, że w = a a. Oczywiście wtedy w = b b, można wie c od razu za lożyć, że b jest liczba naturalna. Niech d be dzie najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb a i b. Wtedy istnieja liczby p Z oraz q N, że a = pd i b = qd. Wtedy najwie kszym wspólnym dzielnikiem liczb p i q jest liczba 1. Sta d wynika, że ab 1 = pd(qd) 1 = pdd 1 q 1 = pq 1 = p q. Za lóżmy, że p,r Z, q,s N, nwd(p,q) = 1 = nwd(r,s) oraz p q = r s. Wtedy ps = qr. Ponieważ s qr i nwd(r,s) = 1, wie c s jest dzielnikiem q, zatem s q. Ta samo dowodzimy, że q s. Sta d wynika, że q = s. Wobec tego również p = r. Twierdzenie 9.41 Jeśli n jest liczba naturalna, w wymierna, a ca lkowita i w n = a, to liczba w jest ca lkowita. Twierdzenie to mówi, że wymierne pierwiastki z liczb ca lkowitych sa ca lkowite. Dowód. Niech w = p q, p Z, q N i niech liczby p,q be da wzgle dnie pierwsze. Z równości w n = a wynika, że p n = aq n. Jeśli liczba pierwsza r dzieli liczbe q, to dzieli też liczbe p n, wie c również liczbe p. Wtedy r jest wspólnym dzielnikiem obu liczb p i q, co jest niemożliwe, bo sa one wzgle dnie pierwsze. Liczba q nie ma wie c dzielników pierwszych, zatem q = 1. Wobec tego 73

liczba w = p jest ca lkowita. Przypomnijmy teraz definicje pierwiastka. Definicja 9.42 (pierwiastka) Niech n be dzie liczba naturalna, a 0 liczba rzeczywista. Pierwiastkiem (arytmetycznym) stopnia n tego z liczby a jest taka nieujemna liczba b, dla której zachodzi równość b n = a. Jeśli n jest liczba naturalna nieparzysta, a dowolna liczba rzeczywista i b n = a, to b jest pierwiastkiem arytmetycznym n tego stopnia z liczby a. Piszemy wtedy n a = b. Aby sprawdzić poprawność definicji, należy sprawdzić, czy liczba b jest wyznaczona jednoznacznie przez podane warunki. 1 Jeśli 0 c < b, to dla każdej liczby naturalnej k zachodzi nierówność c k < b k (indukcja). Wynika sta d, że dla dowolnego a 0 i dowolnego n N istnieje co najwyżej jedna liczba b 0, dla której a = b n. 2 Jeśli n jest liczba nieparzysta i a < 0 i b n = a, to b < 0. Jeśli c < b < 0, to c > b > 0, wie c dla każdej liczby nieparzystej k zachodzi nierówność c k = ( c) k > ( b) k = b k > 0, czyli c k < b k < 0. Wynika sta d, że również w tym przypadku istnieje co najwyżej jeden pierwiastek n tego stopnia z liczby ujemnej. Nie można jednak wykazać istnienia pierwiastków na gruncie dotychczas przyje tych pewników, ponieważ wszystkie te pewniki sa spe lnione w zbiorze liczb wymiernych. Gdyby istnienie pierwiastków by loby konsekwencja tych pewników, to istnia laby taka liczba wymierna b, że b 2 = 2. Jednak z twierdzenia, które udowodniliśmy wynika, że musia laby ona być ca lkowita. To jednak nie jest możliwe, bo 1 2 < 2 < 2 2. Dopiero po uzupe lnieniu listy pewników o aksjomat Dedekinda be dziemy w stanie udowodnić istnienie pierwiastków. Na razie przyjmiemy bez dowodu Twierdzenie 9.43 (o istnieniu pierwiastków) Jeśli a 0 i k N, k 1, to istnieje dok ladnie jedna liczba rzeczywista b 0 taka, że a = b k. Jeśli k 1 jest liczba ca lkowita nieparzysta, a jest dowolna liczba rzeczywista, to istnieje dok ladnie jedna liczba rzeczywista b taka, że b k = a. 74

Przyk lad 9.3 15 9 = 3, 0=0, 1024 = 32, 3 64 27 = 4 3. 6 1 000 000 =10, 3 8 = 2, Przyk lad 9.4 Jeśli n 2, to n n Q, bo 1 n < n < 2 n, gdyż z nierówności Bernoulli ego wynika, że 2 n = (1+1) n 1+n > n, a gdyby pierwiastek z liczby ca lkowitej by l wymierny, to by lby liczba ca lkowita. Zadania 1! Wywnioskować zasade minimum z zasady maksimum. 2! Udowodnić, że odwrotność liczby naturalnej wie kszej niż 1 nie jest liczba naturalna. 3. W każde z pó l nieskończonej kraty kwadratowej wpisano liczbe naturalna w ten sposób, ze jeśli a,b,c,d sa liczbami wpisanymi w pola przyleg le do pola, na którym znalaz la sie liczba n, to a + b + c + d 4n. Dowieść, że w każde pole wpisano te sama liczbe naturalna. 9.3 4. Jaka jest najwie ksza liczba punktów, które można umieścić w trójka cie równobocznym o boku 2 w taki sposób, by odleg lość dowolnych dwóch nie by la mniejsza niż 1. 5. W sali jest n osób. Udowodnić, że w sali sa co najmniej dwie osoby maja ce tyle samo znajomych. Zak ladamy tu, że jeśli osoba O 1 zna osobe O 2, to również O 2 zna osobe. O 1. 6. Ile skoczków można ustawić na szachownicy, jeśli pola na którym znajduje sie skoczek nie nie może szachować inny skoczek. 7. Na okre gu danych jest 17 punktów. Każde dwa po la czono odcinkiem niebieskim, zielonym lub żó ltym. Dowieść, że istnieje trójka t, którego wszystkie boki sa tego samego koloru. 8. Spośród liczb 1,2,3,...,199,200 wybrano 101. Dowieść, że co najmniej jedna z nich dzieli inna. 9. U lożyć kwadrat z kwadratów o bokach 1, 2, 3, 4, 5, 8, 9, 14, 16, 18, 20, 29, 30, 31, 33, 35, 38, 39, 43, 51, 55, 56, 64, 81. 9.3 Autorem tego zadania jest prof. dr hab. Maciej Skwarczyński. 75

10. Wykazać, że sześcianu nie można u lożyć z parami różnych sześcianów. 11. Niech a 1 = 3, a 2 = 8, a n+2 = 3a n+1 a n dla n = 1,2,... Dowieść, że a n 2 n dla n = 1,2,... 12! Udowodnić, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele. 13. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb pierwszych, które z dzielenia przez 3 daja reszte 1. 14. Udowodnić, że jeśli p > 0 jest liczba pierwsza, a liczba ca lkowita, to liczba a p a jest podzielna przez p. 15. Dowieść, że jeśli liczbe naturalna można przedstawić w postaci sumy kwadratów dwu liczb ca lkowitych dwoma różnymi sposobami, to jest ona z lożona. Przedstawienia różnia ce sie jedynie kolejnościa sk ladników uważamy za takie same. 16. Niech ϕ(m) oznacza liczbe liczb naturalnych nie wie kszych od m N i wzgle dnie pierwszych z m. Udowodnić, że jeśli liczby a i b sa wzgle dnie pierwsze, to ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b). 17. Dowieść, że jeśli w rozk ladzie liczby naturalnej n na czynniki pierwsze wyste puja jedynie liczby pierwsze p 1, p 2,... p k, to ϕ(n) = n ( 1 1 p 1 )( 1 1 p 2 )... ( 1 1 p k ) funkcja ϕ jest zdefiniowana w poprzednim zadaniu. 18. Udowodnić, że jeśli liczba naturalne a i m sa wzgle dnie pierwsze, ϕ z zadania 16, to m a ϕ(m) 1. 19. Znaleźć wszystkie takie czwórki liczb ca lkowitych w, x, y, z, że zachodzi równość w 4 + 2x 4 = 4(y 4 + 2z 4 ). 20. Udowodnić, że jeśli a i b sa takimi liczbami ca lkowitymi, że 2a 2 + a = 3b 3 + b, to liczby a b, 2a + 2b + 1 i 3a + 3b + 1 sa kwadratami liczb ca lkowitych. 21! Wykazać, że istnieje nieskończenie wiele takich par liczb ca lkowitych a,b, że 2a 2 + a = 3b 2 + b. 22. Dowieść, że istnieje nieskończenie wiele różnych par a, b liczb ca lkowitych, dla których a 2 2b 2 = 1. 23. Dowieść, że jeśli liczba pierwsza p nie dzieli liczby ca lkowitej a, to istnieje taka liczba ca lkowita b, że p dzieli liczbe ab 1. 24. Za lóżmy, że liczby q 1, q 2,..., q n sa parami wzgle dnie pierwsze. Niech r 1,r 2,...,r n be da liczbami ca lkowitymi. Udowod- 76

nić, że istnieje taka liczba ca lkowita x, która z dzielenia przez liczbe q j daje reszte r j. 25. Udowodnić, że liczba naturalna p jest pierwsza wtedy i tylko wtedy, gdy p jest dzielnikiem liczby (p 1)! + 1. 26. Znaleźć wszystkie takie pary liczb ca lkowitych x, y, że zachodzi równość xy = x + y. 27. Znaleźć dwie ostatnie cyfry liczby 14 1414. 28. Udowodnić, że jeśli liczby p i 8p 2 +1 sa pierwsze, to również liczba 8p 2 1 jest pierwsza. 29. Ile zer ma na końcu liczba 1 000 000! 30. Udowodnić, że jeśli a Z, to liczby a 3 + 2a i a 4 + 3a 2 + 1 sa wzgle dnie pierwsze. 31. Udowodnić, że liczba n 2 +3n+5 nie dzieli sie przez 121 dla żadnej liczby ca lkowitej n. 32! Za lóżmy, że jedyna liczba naturalna, która dzieli wszystkie trzy liczby ca lkowite a, b, c jest jedynka. Dowieść, że równanie ax+by = c ma rozwia zanie w liczbach ca lkowitych wtedy i tylko wtedy, gdy liczby a i b sa wzgle dnie pierwsze. 33! Za lóżmy, że jedyna liczba naturalna, która dzieli wszystkie trzy liczby ca lkowite a, b, c jest jedynka. Udowodnić, że jeśli ax 1 + by 1 = c = ax 2 + by 2 dla pewnych liczb ca lkowitych x 1,y 1,x 2,y 2, to istnieje taka liczba ca lkowita n, że x 1 x 2 = bn oraz y 2 y 1 = an. 34. W 1948 r wiek Andrzeja by l równy cyfrze jedności w liczbie równej sumie cyfr roku jego urodzenia. Ile lat mia l Andrzej w roku 1957? 35. a i b sa liczbami ca lkowitymi. Dowieść, że jeśli 21 jest dzielnikiem liczby a 2 + b 2, to 441 też jest jej dzielnikiem. 36. Udowodnić, że jeśli n N oraz x > y 0, x,y R to n x n y < n x y. 37. Udowodnić, że liczba 1 + 1 2 + 1 3 + + 1 n nie jest ca lkowita dla żadnej liczby naturalnej n > 1. 38. Udowodnić, że jeśli n 3 jest liczba naturalna, to liczba n2 4 jest niewymierna. 39. Udowodnić, że 3 20 14 2 + 3 20 + 14 2 = 4. 40! Udowodnić, że k n a = kn a. 77

41! Niech n be dzie liczba naturalna, a 1,a 2,...,a n liczbami naturalnymi. Dowieść, że a 1+a 2 + +a n n n a 1 a 2...a n. 42. Udowodnić, że naste puja ce liczby sa niewymierne: 2+ 3, 2 + 3 + 5, 2 + 3 + 5 + 7. 43. Udowodnić, że jeśli n 2 jest liczba naturalna, to liczba n2 + 3n jest niewymierna. 44. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele takich trójek dodatnich liczb wymiernych x,y,z, że x 2 + y 2 + z 2 = 1. 78