Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)
Matematyka Dyskretna
Zestaw 2
1. Wykazać, że nie istnieje liczba naturalna, która przy dzieleniu przez 18 daje resztę 13, a
przy dzieleniu przez 21 daje resztę 2.
2. Dla jakich liczb naturalnych n liczba n3 − 7n2 − 5n + 10 jest podzielna przez liczbę:
a) n + 2, b) n − 7.
3. Jaka najmniejsza liczba naturalna ma dokładnie k dzielników dla 1 ⩽ k ⩽ 10?
4. Liczby 1111111, 2222222 zapisane w systemie dziesiętnym przedstawić w systemach o podstawach 2, 3, 8, 16, a liczby (1234567)8 , (123456789AB)16 zapisz w systemie dziesiętnym.
5. Liczby 66, 77, 88 przedstaw w postaci a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + ak · 3k , gdzie ai ∈ {−1, 0, 1}.
Udowodnić, że każdą liczbę naturalną można przedstawić w takiej postaci.
6. Dysponujemy wagą szalkową i pięcioma odważnikami o całkowitych wagach. Jakie wagi mają
te odważniki, jeśli z ich pomocą na tej wadze można zważyć przedmioty o dowolnej całkowitej wadze
od 1 do 121 (odważniki można kłaść na dowolną szalkę).
7. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej b > 1, jeśli (111 . . . 11)b jest liczbą pierwszą,
to liczba jedynek w tym zapisie jest liczbą pierwszą.
8. Liczby 10, 200, 3000 przedstawić w postaci a1 · 1! + a2 · 2! + a3 · 3! + · · · + an · n!, gdzie
0 ⩽ ai ⩽ i. Udowodnić, że każdą liczbę naturalną można w tej postaci przedstawić.
9. Pokazać, że jeśli każda z liczb naturalnych a, b, c, d dzieli się przez ab − cd, to|ab − cd| = 1.
10. Liczby x, y ∈ Z są takie, że 6x + 13y dzieli się przez 35. Wykazać, że liczba x + 8y też dzieli
się przez 35.
11. Wykazać, że dla żadnej liczby całkowitej n liczba n2 + 5n + 1 nie jest podzielna przez 49.
12. Wykazać, że równanie
x2 + 95xy + 2000y 2 = 2005
nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych x, y.
13. Wyznaczyć wszystkie trójki liczb pierwszych, których iloczyn jest pięciokrotnie większy od
ich sumy.
14. Rozwiązać równanie p2 − 2q 2 = 1, jeśli wiadomo, że p i q są liczbami pierwszymi.
1
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)
Rozwiązania.
3. Niech a = pα1 1 pα2 2 · · · pαk k , gdzie p1 < p2 < · · · pk są liczbami pierwszymi i αi > 0 są liczbami
naturalnymi. Jeśli teraz b jest dzielnikiem a, to b = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβk k , gdzie 0 ⩽ βi ⩽ αi i odwrotnie,
każda liczba tej postaci z podanymi ograniczeniami na βi jest dzielnikiem a. Stąd, liczba dzielników
liczby a jest równa
(α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αk + 1).
W szczególności wynika z tego, że jeśli liczba dzielników liczby a jest liczbą pierwszą, to a jest
potęgą liczby pierwszej. Zatem najmniejszą liczbą która ma 2, 3, 5, 7 dzielników są odpowiednio
2, 22 = 4, 24 = 16, 26 = 64. Wyznaczenie pozostałych najmniejszych liczb mających dokładnie k
dzielników z k ⩽ 10 pozostawiam czytelnikowi.
5. Zauważmy na początek, że
66 = 81 − 27 + 9 + 3
77 = 81 − 3 − 1
88 = 81 + 9 − 3 + 1
Czyli wskazane liczby są sumami potęg trójki poprzedzonych znakiem plus lub minus. Pokażemy
indukcyjnie, że jeżeli liczba naturalna a jest mniejsza od
1 + 3 + 32 + 33 + · · · + 3k =
3k+1 − 1
,
2
(1)
to można ją przedstawić w postaci a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + ak · 3k , gdzie ai ∈ {−1, 0, 1}.
Dowód tego stwierdzenia dla małych wartości k pozostawiam do samodzielnego przeprowadzenia. Załóżmy że jest ono prawdziwe dla wszystkich k < n i dowodzimy, że jeśli
a < 1 + 3 + 32 + 33 + · · · + 3n =
3n+1 − 1
2
, to
a = a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + an · 3n
, gdzie ai ∈ {−1, 0, 1}. Przedział
3n+1 − 1
0,
2
i
n n+1
n
n
podzielmy na trzy części: 0, 3 2−1 , 3 2−1 , 3n , 3n , 3 2 −1 . Pierwsze dwa mają po 3 2−1 + 1 liczb
całkowitych, a ostatni o jedną mniej. Rzeczywiście, dla pierwszego z nich jest to oczywiste, dla
drugiego mamy
2 · 3n − 3n + 1
3n + 1
3n − 1
3n − 1
=
=
=
+ 1,
3n −
2
2
2
2
a dla trzeciego
3n+1 − 1
3 · 3n − 2 · 3n − 1
3n − 1
− 3n =
=
.
2
2
2
h n+1 i
n Niech teraz a będzie dowolną liczbą całkowitą z przedziału 0, 3 2 −1 . Jeżeli a ∈ 0, 3 2−1 , to
oczywiście, na mocy założenia idukcyjnego można ją przedstawić w żądanej postaci. Jeśli a ∈
3n −1 n
2 , 3 , tzn.
3n − 1
< a < 3n ,
2
n
n
to 3n − a < 3n − 3 2−1 = 3 2+1 , a zatem ponownie na mocy założenia indukcyjnego
3n − a = a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + an−1 3n−1 , gdzie ai ∈ {−1, 0, 1}
2
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)
i wobec tego
a = (−a0 ) + (−a1 ) · 3 + (−a2 ) · 32 + · · · + (−an−1 )3n−1 + 3n
i
n+1
n
n+1
Na koniec, jeśli a ∈ 3n , 3 2 −1 , to a − 3n < 3 2 −1 − 3n = 3 2−1 , czyli znowu na mocy założenia
indukcyjnego
a − 3n = a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + an−1 3n−1 , gdzie ai ∈ −1, 0, 1
lub inaczej
a = a0 + a1 · 3 + a2 · 32 + · · · + an−1 3n−1 + 3n .
To kończy dowód kroku indukcyjnego, zatem stwierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej k.
7. Niech a = (111
. . . 11})b i przypuśćmy, że n = mk gdzie 1 < m, k < n. Wówczas
| {z
n
a = 1 + b + b2 + · · · + bkm−1 = (1 + b + b2 + · · · + bm−1 )+
+bm (1 + b2 + · · · + bm−1 )+
+b2m (1 + b + b2 + · · · + bm−1 )+
+···+
+b(k−1)m (1 + b + b2 + · · · + bm−1 )
= (1 + b + b2 + · · · + bm−1 )(1 + bm + b2m + · · · + b(k−1)m ).
Zatem a = bc, gdzie b = (1 + b + b2 + · · · + bm−1 ) i c = (1 + bm + b2m + · · · + b(k−1)m , czyli a nie
jest liczbą pierwszą, wbrew założeniu. Stąd przypuszczenie, sformułowane na początku dowodu,
jest fałszywe.
8. Na początek wypiszmy kilka kolejnych wartości postaci ak · k!, gdzie ak ∈ {1, 2, . . . , k}
1,
2! = 2,
2 · 2! = 4,
3! = 6,
2 · 3! = 12,
3 · 3! = 18,
4! = 24,
2 · 4! = 48, 3 · 3! = 72, 4 · 4! = 96,
5! = 120
2 · 5! = 240, 3 · 5! = 360, 4 · 5! = 480,
5 · 5! = 600, 6! = 720, 2 · 6! = 1440, 3 · 6! = 2160, 4 · 6! = 2880, 5 · 6! = 3600
Zauważmy teraz, że
3000 − 4 · 6! = 120 = 5!
Stąd
3000 = 0 · 1! + 0 · 2! + 0 · 3! + 0 · 4! + 1 · 5! + 4 · 6!.
Podobnie
200 − 5! = 200 − 120 = 80, 80 − 3 · 4! = 80 − 72 = 8, 8 − 3! = 2 = 2!
Zatem
2! + 3! + 3 · 4! + 5! = 200.
Przejdźmy teraz do dowodu tego, że każdą liczbę mniejszą od (m + 1)! można przedstawić w
postaci
a1 · 1! + a2 · 2! + a3 · 3! + · · · + am−1 · (m − 1)! + am · m!.
Sprawdzenie dla małych liczb zostawiam czytelnikowi. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla
wszystkich liczb mniejszych od n i dowodzimy jego prawdziwość dla n. Niech m będzie najmniejszą
3
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)
liczbą taką, że m! ⩽ n < (m + 1)!. Przedział [m!, (m + 1)!) podzielmy na m przedziałów długości
m!:
[m!, 2 · m!), [2 · m!, 3 · m!), . . . , [m · m!, (m + 1)!).
Liczba n należy do jednego z nich, tzn. istnieje am ∈ {1, 2, . . . , m}, taki że
am · m! ⩽ n < (am + 1)m!.
Stąd
n − am · m! < m!
i na mocy założenia indukcyjnego
n − am · m! = a1 · 1! + a2 · 2! + a3 · 3! + · · · + am−1 · (m − 1)!,
a to kończy dowód.
9. Z założeń zadania wynika, że istnieją liczby całkowite x, y, z, t takie, że
a = (ab − cd)x,
b = (ab − cd)y,
c = (ab − cd)z,
d = (ab − cd)t.
Zatem
ab − cd = (ab − cd)2 (xy − zt) czyli 1 = (ab − cd)(xy − zt).
Ponieważ ab − cd i xy − zt są liczbami całkowitymi, więc ab − cd = ±1, co kończy rozwiązanie.
12. Jeżeli para (x, y) liczb całkowitych jest rozwiązaniem tego równania to wobec równości
x2 = 2005 − 95xy − 2000y 2 = 5(401 − 19xy − 400y 2 )
x dzieli się przez 5. Niech więc x = 5t, t ∈ Z. Po wstawieniu do równania otrzymujemy
25t2 + 475ty + 400y 2 = 2005,
a dzieląc obie strony tej równości przez 5 mamy
5t2 + 95ty + 80y 2 = 401
czyli
5(t2 + 19ty + 16y 2 ) = 401,
co oznacza, że lewa strona dzieli się przez 5, a prawa – nie. Ta sprzeczność dowodzi, że nie istnieje
para liczb całkowitych spełniających to równanie.
14. (I sposób) Zauważmy, że para (p, q) = (3, 2) jest rozwiązaniem tego równania. Załóżmy teraz,
że żadna z liczb p, q nie jest równa 3. Ponieważ dla dowolnej liczby całkowitej z niepodzielnej przez
3 reszta z dzielenia z 2 przez 3 jest równa 1, więc reszta z dzielenia przez 3 liczby p2 − 2q 2 jest równa
2. Po prawej stronie równości mamy 1. Sprzeczność, która dowodzi, że innych rozwiązań oprócz
wskazanego – nie ma.
4
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)
(II sposób) Zauważmy najpierw, że z równości p2 − 2q 2 = 1 wynika, że p > q, zatem, jeśli są
to liczby pierwsze, to p > 2 i tym samym jest liczbą nieparzystą. Zapiszmy to równanie w postaci
p2 − 1 = 2q 2 i rozłóżmy lewą stronę na czynniki. Mamy
(p − 1)(p + 1) = 2q 2 .
Ponieważ czynniki po lewej stronie są dwiema kolejnymi liczbami parzystymi, więc lewa strona
dzieli się przez 8. Stąd, prawa również dzieli się przez 8, czyli q dzieli się przez 2. Ale q jest liczbą
pierwszą, więc q = 2. Stąd od razu wynika, że p = 3.
5