ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι : n N : n! n n Λύση. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (n) να είναι η Πρόταση n! n n Θα δείξουµε οτι η P () ισχύει και ότι, υποθέτοντας n και P (n) ισχύει ότι η P (n + ) ισχύει. Για n = έχουµε ότι η P () είναι που ισχύει. Υποθέτουµε ότι n και η P (n) ισχύει, δηλαδή n! n n. Θα δείξουµε ότι η P (n + ) ισχύει, δηλαδή ότι (n + )! (n + ) (n+). Πράγµατι, έχουµε µε χρήση στην πρώτη ανισότητα της επαγωγικής υπόθεσης P (n): (n + )! = (n + )(n!) (n + )n n (n + )(n + ) n = (n + ) n+ Συνεπώς η P (n + ) ισχύει. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε ισχύει για κάθε n N. Ασκηση. είξτε ότι για κάθε n N ισχύουν τα ακόλουθα : (n ) = n και (3n ) = Λύση.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση n(3n ) µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής (n ) = n, n ( ) Για n = έχουµε = και για n =, έχουµε + 3 = 4 =. Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n =,. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει : (n ) = n

2 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + πρώτων περιττών αριθµών, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης : (n ) + n + = n + n + = (n + ) Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+ περιττών αριθµών. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση (3n ) = µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. n(3n ), n ( ) Για n = έχουµε = (3 ) και για n =, έχουµε + 4 = = (3 ). Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n =,. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει : n(3n ) (3n ) = Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης : (3n ) + (3(n + ) ) = (3n ) + (3n + ) = n (3n ) + 3n +. (πράξεις). = 3n(n + ) + (n + ) (3n + )(n + ) = = (n + )( 3(n + ) ) Εποµένως η σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων. Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Ασκηση 3. Να δείξετε ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός N N έτσι ώστε : n N : n > n 3 Λύση. Πρώτα δοκιµάζουµε µικρές ϕυσικές τιµές του n σε αναζήτηση υποψήφιου N. Για n = η ανισότητα n > n 3 ισχύει, όχι όµως και για n = γιατί = 4 < 3. Με δοκιµές παρτηρούµε ότι η ανισότητα δεν ισχύει και για n =, 3,..., 9, ενώ ισχύει για n = 0, αφού 0 = 04 > 000 = 0 3.

3 3 Ορίζουµε P (n) την Πρόταση n > n 3 και ϑέτουµε N = 0. Θα δείξουµε ότι η P (n) ισχύει για κάθε n N µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Εποµένως πρέπει να δείξουµε οτι η P (0) ισχύει και ότι, υποθέτοντας n 0 και P (n) ισχύει ότι η P (n + ) ισχύει. Για n = 0 είδαµε ότι η P (0) ισχύει. Υποθέτουµε ότι n 0 και η P (n) ισχύει, δηλαδή n > n 3. Θα δείξουµε ότι η P (n + ) ισχύει, δηλαδή ότι n+ > (n + ) 3. Εχουµε µε χρήση της επαγωγικής υπόθεσης P (n): n+ = n > n 3 Εποµένως αρκεί να δείξουµε οτι για n 0 έχουµε n 3 (n + ) 3. Εχουµε n 3 (n + ) 3 = ( 3 n) 3 (n + ) 3 = ( 3 n (n + ))( 3 n + 3 n(n + ) + (n + ) ) το οποίο είναι µη αρνητικό όταν 3 n (n + ) 0, δηλαδή όταν n 3. Αφού. 3 =.78 <, έχουµε 3 >., άρα 3 <. n 0, ισχύει n 3 (n + ) 3. Ετσι δείξαµε ότι η P (n + ) ισχύει. =. Εποµένως για n, άρα και για Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα n > n 3 ισχύει για κάθε n 0. Σχόλιο. Η ανισότητα n 3 > (n + ) 3 για n µπορεί να δειχτεί και ως εξής. Εστω f : R R η συνάρτηση µε f(x) = x 3 (x + ) 3. Εχουµε f (x) = 3x 6x 3 = 3(x x ) = 3(x x + ) = 3((x ) ) Εποµένως f (x) > 0 για x > 3. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (3, + ). Επιπλέον f() = 34 > 0, άρα για κάθε x R µε x έχουµε f(x) > f() > 0. Ασκηση 4. Να δείξετε ότι :. n ( n(n + ) k 3 = n 3 = k=. n k k! =! +! + + n n! = (n + )! k= Λύση.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση ( n(n + ) ), n 3 = n ( ) µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Για n = έχουµε ( ( + ) ) 3 = = = Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n =. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n ισχύει : ( n(n + ) n 3 = ) )

4 4 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης : n 3 + (n + ) 3 = ( n(n + ) ) + (n + ) 3 = (n + ) n + (n + )3 4 = (n + ) ( n ) 4 + n + = (n + ) n + 4n (n + ) = (n + ) 4 ( (n + )(n + ) ) = () Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.! +! + + n n! = (n + )!, n ( ) Για n = έχουµε! = = = (+)!. Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n =. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει :! +! + + n n! = (n + )! Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης :! +! + + n n! + (n + ) (n + )! = (n + )! + (n + ) (n + )! = (n + )! + n (n + )! + (n + )! = ( + n + )(n + )! = (n + )(n + )! = (n + )! Εποµένως η σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + όρων. Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Σχόλιο. Από γνωστό παράδειγµα, την παραπάνω Άσκηση 4. καθώς και την Άσκηση 3. του Φυλλαδίου. των Προτεινοµένων Ασκήσεων προς Λύση, έχουµε ότι : n = n = n(n + )(n + ) 6 n(n + ) & n 3 = ( n(n + ) )

5 Γενικότερα, για κάθε d, υπάρχει ανάλογος τύπος για το άθροισµα : d + d + + n d Αποδεικνύεται, µε διάφορους µη-τετριµµένους τρόπους οι οποίοι ξεφεύγουν από τα πλαίσια του µαθήµατος (για παράδειγµα µε χρήση Απειροστικού Λογισµού), ότι : d + d + + n d = d ( ) d + B j (n + ) d+ j d + j j=0 όπου B j είναι ο j-οστός αριθµός του Bernoulli. Οι αριθµοί του Bernoulli, B m, m 0, ορίζονται µοναδικά από τις αναδροµικές σχέσεις B m = m ( ) m + B k, B 0 = m + k k=0 και εµφανίζονται σε πολλές περιπτώσεις και σε πολλούς µαθηµατικούς τύπους, για παράδειγµα στο ανάπτυγµα : x e x = x n B n n! n=0 Οι 6 πρώτοι αριθµοί του Bernoulli είναι οι εξής : B 0 =, B =, B = 6, B 3 = 0, B 4 = 30, B = 0 B 6 = 4, B 7 = 0, B 8 = 30, B 9 = 0, B 0 = 3 66 B = 0, B = 7 6, B 3 = 0, B 4 = , B = 0 Ασκηση. Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία Fibonacci { F n N n N } είναι η ακολουθία ϕυσικών αριθµών η οποία ορίζεται αναδροµικά ως εξής : F =, F =, και F n = F n + F n, n 3 είξτε ότι ισχύουν τα ακόλουθα για κάθε n, m N:.. n F k = F + F + + F n = F n+ k= F n = an b n όπου a = + Τέλος να υπολογισθεί το άθροισµα n Λύση.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. k= F k & b = F + F + + F n = F n+, n 0 ( ) Ισως δούµε µια απόδειξη στα πλαίσια των Θεωρητικών Θεµάτων.

6 6 Για n = έχουµε F = και F + = F 3 =. Τότε F = = = F 3, και άρα η σχέση ( ) αληθεύει, όταν n =. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι, n > : F + F + + F n = F n+ Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + πρώτων όρων της ακολουθίας, ϑα έχουµε, µε χρήση της αναδροµικής σχέσης F n+3 = F n+ + F n+, n 0, και της Επαγωγικής Υπόθεσης : F + F + + F n + F n+ = F n+ + F n+ = F n+ + F n+ = F n+3 = F (n+)+ Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + πρώτων όρων της ακολουθίας. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Για n = έχουµε : a b = F n = an b n, n 0 ( ) + = Για n =, χρησιµοποιώντας ότι a b = έχουµε : = = F a b = (a b )(a + b ) = a + b = + + = + = = F Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : F m = am b m, m < n Για την περίπτωση υπολογισµού του όρου F n, χρησιµοποιώντας την αναδροµική σχέση F n = F n + F n, και την Επαγωγική Υπόθεση ϑα έχουµε : F n = F n + F n = an b n + an b n = ( a n + a n b n b n ) Για να υπολογίσουµε την τελευταία παράσταση, παρατηρούµε ότι οι αριθµοί a, b είναι οι ϱίζες της εξίσωσης x x, και άρα ϑα έχουµε : a = a + & b = b + Χρησιµοποιώντας τις τελευταίες σχέσεις, ϑα έχουµε : F n = ( a n + a n b n b n ) = ( a n (a + ) b n (b + ) ) = ( a n a b n b ) = ( a n b n) Άρα η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και για τον n-οστό όρο της ακολουθίας.

7 7 Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. 3. Τέλος για τον υπολογισµό του αθροίσµατος n F k ( ) k= ϑα χρησιµοποιήσουµε πάλι την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Για ευκολία καταγράφουµε τους αρχικούς όρους της ακολουθίας Fibonacci, ξεχωριστά για τους άρτιους και για τους περιττούς δείκτες : Παρατηρούµε ότι : F =, F 4 = 3, F 6 = 8, F 8 = F 3 =, F =, F 7 = 3, F 9 = 34 F = = F 3 = F + F + F 4 = 4 = F = F + F + F 4 + F 6 = = F 7 = F 3+ F + F 4 + F 6 + F 8 = 33 = F 9 = F 4+ Οι παραπάνω σχέσεις µας οδηγούν στην υπόθεση ότι για κάθε n N, ισχύει η ακόλουθη ισότητα :. F + F F n = F n+ ( ) Με χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ϑα δείξουµε ότι πράγµατι η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε n N. Για n 4 οι παραπάνω σχέσεις δείχνουν ότι η σχέση ( ) είναι αληθής. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : F + F F n = F n+ Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + πρώτων όρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίας ϑα έχουµε, µε χρήση της αναδροµικής σχέσης F n = F n +F n, n, και της Επαγωγικής Υπόθεσης : F + F F n + F (n+) = F n+ + F (n+) = F n+ + F n+ = F n+ + F n+ = F n+3 = F (n+)+ Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + πρώτων όρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίας. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.

8 8 Ασκηση 6.. Να εκτελεσθεί η Ευκλείδεια ιαίρεση µεταξύ των ακεραίων a και b, όταν : a = 98 και b = & a = 944 και b = 37. Εστω a, b Z, b 0. Να δείξετε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q, r έτσι ώστε : Λύση. a = bq + r, b < r b. Υπενθυµίζουµε από την Θεωρία, ότι αν πραγµατοποιούµε την Ευκλείδεια ιαίρεση του ακεραίου a µε τον µη µηδενικό ακέραιο b, τότε όταν b > 0 το πηλίκο q της διαίρεσης είναι ίσο µε τον µεγαλύτερο ακέραιο που είναι µικρότερος ή ίσος µε τον ϱητό αριθµό a/b (δηλαδή το q είναι η ακέραια τιµή [a/b] του a/b) και το υπόλοιπο r είναι ίσο µε a qb. Εστω a = 98 και b =. Εχουµε q = 8888 και r = a qb = 8. Εστω a = 944 και b = 37. Εχουµε q = 03 και r = a qb = 33.. Υπαρξη: Από την Ευκλείδεια ιαίρεση έχουµε ότι υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστε a = q b + r και 0 r < b. Αν r b ϑέτουµε q = q και r = r. Είναι άµεσο ότι a = qb + r και b < r b. Αν r > b και b > 0 ϑέτουµε q = q + και r = r b. Είναι άµεσο ότι a = qb + r. Αφού b = b έχουµε b < r < b και εποµένως b = b < r < 0. Αν r > b και b < 0 ϑέτουµε q = q και r = r + b. Είναι άµεσο ότι a = qb + r. Αφού b = b έχουµε b < r < b και εποµένως b = b < r < 0. Μοναδικότητα: Εστω a = qb + r = q b + r, µε b < r b και b < r b. Εχουµε r r = (q q)b. Αν q = q τότε και r = r. Υποθέτουµε q q και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι q < q και άρα r < r. Από r r = (q q)b έπεται ότι r r = q q b b, αφού q q είναι ένας µη µηδενικός ακέραιος. Χρησιµοποιώντας τις r b και r > b έχουµε ότι r r = r r < b που έρχεται σε αντίφαση µε το r r b. Ασκηση 7. Να δείξετε ότι :. το γινόµενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι άρτιος αριθµός.. το γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 3. Επιπλέον να εξετασθεί αν : 3. το γινόµενο n το πλήθος διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του n. Λύση. Προφανώς αρκεί να δείξουµε το µέρος 3., καθώς τα. και. είναι ειδικές περιπτώσεις του. Εστω k Z. Θα δείξουµε ότι : n k(k + )(k + ) (k + n ) Από την Ευκλείδεια ιαίρεση έπεται ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q και r έτσι ώστε : Θέτουµε : k = nq + r, και 0 r < n A = k(k + )(k + ) (k + n ) ( )

9 9 Αν r = 0, τότε : k = nq και Αν r =, τότε : k = nq + και A = nq(k + )(k + ) (k + n ) = n A A = k(k + )(k + ) (nq + + n ) = k(k + )(k + ) n(q + ) = n A. Αν r = n, τότε : k = nq + n και A = k(k+)(k+) (k+n ) = k(nq+n +)(k+) n(q+) = kn(q+)(k+) n(q+) = n A Εποµένως σε κάθε περίπτωση n A. Ασκηση 8.. είξτε ότι για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n: Λύση.. είξτε ότι για κάθε άρτιο ϕυσικό αριθµό n: 3. Εστω a i Z, 0 i m, και είξτε ότι : 0 n + 0 n a = a 0 + a 0 + a a m 0 m a a 0 a + a a ( ) m a m Εφαρµογή: Εξετάστε αν ο διαιρεί τον αριθµό n = Γράφουµε n = k + όπου k 0. Εχουµε 0 n + = 0 k+ +. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (k) να είναι η Πρόταση 0 k+ + Εχουµε ότι η P (0) ισχύει, γιατί το διαιρεί το. Υποθέτουµε ότι k 0 και ότι η P (k) ισχύει, δηλαδή ότι το διαιρεί το 0 k+ +. Θα δείξουµε την P (k + ), δηλαδή ότι το διαιρεί το 0 ((k+)+) + = 0 k+3 +. Πράγµατι, έχουµε 0 k+3 + = 00 0 k+ + = (99 + ) 0 k+ + = (9 0 k+ ) + (0 k+ + ) Χρησιµοποιώντας ότι το διαιρεί το 0 k+ + έχουµε ότι το διαιρεί 0 k+3 +. Άρα η P (k + ) ισχύει. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε ισχύει για κάθε k 0.

10 0. Γράφουµε n = k όπου k. Εχουµε 0 n = 0 k. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε Q(k) την Πρόταση 0 k Εχουµε ότι η Q() ισχύει, γιατί το διαιρεί το 0 = 99. Υποθέτουµε ότι k και ότι η Q(k) ισχύει, δηλαδή ότι το διαιρεί το 0 k. Θα δείξουµε την Q(k + ), δηλαδή ότι το διαιρεί το 0 (k+) = 0 k+. Πράγµατι, έχουµε 0 k+ = 00 0 k = (99 + ) 0 k = (9 0 k ) + (0 k ) Χρησιµοποιώντας ότι το διαιρεί το 0 k έχουµε ότι το διαιρεί 0 k+. Συνεπώς η Q(k + ) ισχύει. Άρα σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε ισχύει για κάθε k. 3. Θέτουµε A = a 0 a + a a ( ) m a m Εχουµε a = a 0 + a 0 + a a + a 0 + a a + + a m 0 m + a m a m = A + a (0 + ) + a (0 ) + a 3 (0 3 + ) + + a m (0 m ( ) m+ )) Χρησιµοποιώντας τα µέρη. και. έχουµε ότι ο διαιρεί τον a (0 + ) + a (0 ) + a 3 (0 3 + ) + + a m (0 m ( ) m+ )) Εποµένως ο διαιρεί τον a αν και µόνο αν διαιρεί τον A. Εφαρµογή: Εχουµε = 0 Εποµένως από το µέρος 3. έπεται ότι το διαιρεί το Ασκηση 9. Εστω p =, p = 3, p 3, p 4, p,, p n, p n+,, η αύξουσα ακολουθία των πρώτων αριθµών. είξτε ότι για κάθε n : p n+ p p p n + και p n+ n Λύση. (α) Θέτουµε a = p p p n +. Τότε a > και εποµένως σύµφωνα µε την Θεωρία ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη q. ηλαδή q a και ιδιαίτερα q a = p p p n +. Ο πρώτος q δεν µπορεί να είναι κάποιος από τους p, p, p n, διότι διαφορετικά αν q = p i για κάποιο i =,,, n, τότε p i a & p i p p p n p i a p p p n = το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως q p i, i n, δηλαδή ο q δεν είναι κάποιος από τους n πρώτους στην διάταξη πρώτους αριθµούς. Ετσι q p n+, και τότε : p n+ q p p p n + (β) Θα δείξουµε µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : p n n, n ( ) Για n = έχουµε p = = = 0 και άρα η σχέση ( ) αληθεύει.

11 Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : p m m, m < n Απο το (α) µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης για τους πρώτους αριθµούς p,, p n, έπεται ότι : p n p p p n + 0 n + = ++ +n + Επειδή n = n, η παραπάνω σχέση δίνει p n n + n + n = n = n και άρα η σχέση ( ) ισχύει και για n. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Ασκηση 0.. είξτε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός της µορφής 6k + έχει έναν πρώτο διαιρέτη της µορφής 6k +.. είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 6k +. Λύση.. Εστω a = 6k + ένας πρώτος αριθµός, όπου k Z. Προφανώς k 0, διότι διαφορετικά αν k < 0 ϑα έχουµε a < 0 το οποίο είναι άτοπο. Εστω p a ένας πρώτος διαιρέτης του a. Σύµφωνα µε την Ευκλείδεια ιαίρεση ϑα έχουµε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι λ και r έτσι ώστε : p = 6k + r, όπου 0 r < 6 όπου προφανώς k 0 ηλαδή ο p ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : p = 6k ή p = 6k + ή p = 6k + ή p = 6k + 3 ή p = 6k + 4 ή p = 6k + Λαµβάνοντας υπ όψιν ότι ο p είναι πρώτος, προφανώς ϑα έχουµε ότι ο p ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : p = 6k + ή p = 6k +, k 0 Άρα κάθε πρώτος διαιρέτης του a είναι της µορφής p = 6k + ή της µορφής p = 6k +, k 0. Επειδή : (α) γνωρίζουµε από την Θεωρία ότι κάθε αριθµός είναι το γινόµενο των πρώτων (όχι απαραίτητα διακεκριµµένων) διαιρετών του, (β) γινόµενο αριθµών της µορφής 6k + είναι προφανώς πάλι αριθµός της µορφής 6k +, και (γ) ο αριθµός a είναι της µορφής 6k +, έπεται ότι δεν είναι δυνατόν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του a να είναι της µορφής 6k+. Εποµένως σύµφωνα µε την παραπάνω ανάλυση, τουλάχιστος ένας διαιρέτης του a είναι της µορφής 6k+.. Υποθέτουµε ότι το σύνολο των πρώτων διαιρετών της µορφής 6k + είναι πεπερασµένο και έστω ότι p, p,, p n είναι όλοι οι (διακεκριµµένοι) πρώτοι αριθµοί της µορφής 6k +. Θεωρούµε τον αριθµό : a = 6p p p n Επειδή a = 6p p p n = 6p p p n 6 + = 6(p p p n ) + = 6k +

12 όπου k = p p p n N, ο αριθµός a είναι της µορφής 6k +. Εποµένως σύµφωνα µε το. ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη q της µορφής 6k +, και άρα q = p i για κάποιο i =, n. Τότε όµως επειδή p i a και p i 6p p p n, έπεται ότι p i a 6p p p n, δηλαδή p i το οποίο είναι άτοπο. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτων αριθµών της µορφής 6k +. Εποµένως το πλήθος των πρώτων αριθµών της µορφής 6k + είναι άπειρο. Ασκηση. είξτε ότι αν p > και ο p διαιρεί τον (p )! + τότε ο p είναι πρώτος. Λύση. Υποθέτουµε ότι ο p δεν είναι πρώτος και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού ο p δεν είναι πρώτος και p, υπάρχει πρώτος διαιρέτης q του p µε q p. Εποµένως ο q διαιρεί τον (p )!. Αφού ο p διαιρεί τον (p )! + και ο q διαιρεί τον p έχουµε ότι ο q διαιρεί το (p )! +. Εποµένως ο q διαιρεί και τον ((p )! + ) (p )! =, αντίφαση. Ασκηση. () Να εξετασθεί αν ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n, n N, είναι τετράγωνο ακεραίου αριθµού. () ύο πρώτοι αριθµοί p και q, όπου p < q, καλούνται δίδυµοι αν q = p +. Αν p και q είναι δίδυµοι πρώτοι αριθµοί, όπου p > 3, τότε να δείξετε ότι : Λύση. p + q () Θα δείξουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n, n N δεν είναι ποτέ τετράγωνο ακεραίου αριθµού. Εστω ότι δεν ισχύει. Υποθέτουµε ότι 3n = a για n N και a ακέραιο και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Εχουµε τρεις περιπτώσεις : ο a να είναι της µορφής 3k, της µορφής 3k + ή της µορφής 3k +. Αν ο a είναι της µορφής 3k έχουµε 3n = 9k, εποµένως 3n 9k =, άρα το 3 διαιρεί το που είναι αντίφαση. Αν ο a είναι της µορφής 3k + έχουµε 3n = (3k + ) = 9k + 6k + εποµένως 3n 9k 6k =, άρα το 3 διαιρεί το που είναι αντίφαση. Αν ο a είναι της µορφής 3k + έχουµε 3n = (3k + ) = 9k + k + (3 + ) εποµένως 3n 9k k 3 =, άρα το 3 διαιρεί το που είναι αντίφαση. () Εστω p, q δίδυµοι πρώτοι µε q = p + και p > 3. Θα δείξουµε ότι p + q. Ο p είναι αναγκαστικά περιττός, αφού είναι πρώτος διάφορος του. Γράφουµε p = k + µε k ϕυσικό, και έχουµε να δείξουµε ότι 4k + 4. Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι 3 k +. Εχουµε τρεις περιπτώσεις : ο k + να είναι της µορφής 3m, της µορφής 3m + ή της µορφής 3m +. Αρκεί να δείξουµε ότι το k + δεν µπορεί να είναι της µορφής 3m + ή της µορφής 3m +. Εστω ότι k + = 3m +, άρα k = 3m. Τότε q = p + = k + 3 = 6m + 3 Εποµένως 3 q, αντίφαση γιατί q είναι πρώτος και q >.

13 3 Εστω ότι k + = 3m +, άρα k = 3m +. Τότε p = k + = 6m + 3 Εποµένως 3 p, αντίφαση γιατί p πρώτος µε p > 3. Ασκηση 3. Εστω a, b, p, q N, όπου οι αριθµοί p, q είναι πρώτοι. Λύση.. Να δείξετε ότι : pb = a = p b.. Αν p q, να εξετασθεί αν ο αριθµός pq είναι τέλειο τετράγωνο. 3. Να προσδιορισθούν όλοι οι πρώτοι αριθµοί της µορφής a ή b Επειδή pb = a, έπεται ότι p a = a a, και εποµένως επειδή ο p είναι πρώτος, έπεται ότι p a. Άρα a = pc για κάποιον ακέραιο c. Τότε ϑα έχουµε : pb = a = pb = (pc) = pb = p c = b = pc Η τελευταία σχέση δείχνει ότι p b.. Το Ϲητούµενο προκύπτει άµεσα από το (), ϑέτοντας b = q: αν pq = a, για κάποιον ακέραιο a, τότε το () δείχνει ότι p q και εποµένως επειδή ο q είναι πρώτος και p q, ϑα έχουµε p το οποίο είναι άτοπο. Άρα το γινόµενο pq δεν µπορεί να είναι τετράγωνο ακεραίου αριθµού. 3. (α ) Παρατηρούµε ότι για a =, ο αριθµός a = + 4 = είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι αν a >, τότε ο αριθµός a δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο a > ϑα έχουµε a = (a ) + = (a ) + + 4a 4a = (a + ) 4a = (a + + a)(a + a) Επειδή a >, ϑα έχουµε a > 0 και άρα a + a = a a++ = (a ) + >. Ετσι επειδή προφανώς a + + a >, έπεται ότι η παραπάνω σχέση δίνει µια µητετριµµένη παραγοντοποίηση του a + 4, δηλαδή ο a δεν είναι πρώτος αριθµός, a >. (ϐ ) Παρατηρούµε ότι για b =, ο αριθµός b 3 + = + = είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι αν b >, τότε ο αριθµός b 3 + δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο b > ϑα έχουµε b 3 + = (b + )(b b + ) η οποία επειδή προφανώς b + > και b b + > είναι µια µη-τετριµµένη παραγοντοποίηση του b 3 +, δηλαδή ο b 3 + δεν είναι πρώτος αριθµός, b >. Ασκηση 4. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) = a 0 + a t + a t + + a n t n µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m Z. Λύση. Υποθέτουµε ότι ο ισχυρισµός της Άσκησης δεν είναι αληθής, δηλαδή : υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) = a 0 + a t + a t + + a n t n µε ακέραιους συντελεστές a i, 0 i m, έτσι ώστε ο αριθµός f(m) είναι πρώτος για κάθε m Z. Σταθεροποιούµε έναν ϕυσικό αριθµό x 0 N. Τότε ϑα έχουµε ότι ο αριθµός f(x 0 ) = p είναι πρώτος

14 4 Για κάθε k Z, ϑεωρούµε τον ακέραιο αριθµό f(x 0 + kp). Σύµφωνα µε την υπόθεσή µας, ο αριθµός f(x 0 + kp) Χρησιµοποιώντας το ιωνυµικό Θεώρηµα, ϑα έχουµε m =,,, n: και άρα όπου ϑέσαµε : (x 0 + kp) m = (x + y) n = m i=0 (x 0 + kp) m = ( m x m 0 + = x m 0 + r m p r m := είναι πρώτος, k N n i=0 ( ) m x i i 0(kp) m i = ) x m 0 kp + + ( ) n x i y n i i m i=0 ( ) m x k i 0k m i p m i ( ) m x 0 k m p m + k m p m m ( ) ( ) m m x m 0 k + + x 0 k m p m + k m p m, m Λαµβάνοντας υπ όψιν τις παραπάνω σχέσεις ϑα έχουµε : f(x 0 + kp) = a 0 + a (x 0 + kp) + + a n (x 0 + kp) n + a n (x 0 + kp) n Ετσι ϑα έχουµε m n = a 0 + a (x 0 + kp) + + a n (x0 n + r n p) + a n (x n 0 + r n p) = ( a 0 + a x a n x0 n + a n x n ) ( 0 + a kp + + a n r n p + a n r n p ) = f(x 0 ) + ( ) a k + + a n r n + a n r n p = f(x 0 ) + r p, όπου r := a k + + a n r n + a n r n = p + r p = ( + r) p k Z : f(x 0 + kp) = p(r + ), ιδιαίτερα : p f(x 0 + kp) Επειδή από την υπόθεσή µας ο αριθµός f(x 0 + kp) είναι πρώτος και p f(x 0 + kp), έπεται ότι f(x 0 + kp) = p, Τότε όµως το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές g(t) := f(t) p k Z δέχεται κάθε έναν από τους, άπειρους το πλήθος, ακέραιους αριθµούς x 0 + kp ως ϱίζα, διότι : g(x 0 + kp) = f(x 0 + kp) p = 0 Γνωρίζουµε όµως ότι ένα µη-µηδενικό πολυώνυµο h(t) µε ακέραιους (ή γενικότερα ϱητούς ή πραγµατικούς συντελεστές) έχει το πολύ n ϱίζες, όπου n = deg h(t). Επειδή το σύνολο {x 0 + kp Z k Z}, το οποίο αποτελείται από ϱίζες του g(t), είναι άπειρο, έπεται ότι αναγκαστικά ϑα έχουµε ότι το πολυώνυµο g(t) είναι το µηδενικό : g(t) = 0. Τότε όµως f(t) = p είναι σταθερό πολυώνυµο, κάτι το οποίο είναι άτοπο από την αρχική µας υπόθεση. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές το οποίο λαµβάνει όλες τις τιµές του στο σύνολο των πρώτων αριθµών. Εποµένως δεν υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m Z.

15 Σχόλιο 3. () Παρατηρούµε ότι αν p είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε το σταθερό πολυώνυµο h(t) = p έχει ακέραιους συντελεστές και ο ακέραιος h(m) είναι ο πρώτος αριθµός p, για κάθε m Z. Γι αυτό τον λόγο υποθέτουµε στην άσκηση 4. ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι σταθερό. () Εστω P = { p, p,, p n,, } το σύνολο των πρώτων αριθµών εφοδιασµένο µε την ϕυσική του διάταξη. Η Άσκηση 4. δείχνει ιδιαίτερα ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο f(t) µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε f(m i ) = p i, i, όπου m i Z. Υπάρχουν κάποια πολυώνυµα µε ακέραιους συντελεστές τα οποία παράγουν κάποιους πρώτους αριθµούς, αλλά σύµφωνα µε την παραπάνω άσκηση τα πολυώνυµα αυτά δεν µπορεί να λαµβάνουν όλες τις τιµές τους στο σύνολο P. Για παράδειγµα, εύκολα ϐλέπουµε ότι για το πολυώνυµο (α ) f(t) = t t + 4, ο ακέραιος f(m) είναι πρώτος, 0 m 40, αλλά f(4) = 4 4 είναι σύνθετος. (ϐ ) g(t) = t +, ο ακέραιος g(m) είναι πρώτος, 0 m 0, αλλά g() = 3 είναι σύνθετος. (γ ) h(t) = t + 9, ο ακέραιος h(m) είναι πρώτος, 0 m 9, αλλά h(9) = 9 9 είναι σύνθετος. Αποδεικνύεται επίσης ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο πολλών µεταβλητών f(t, t,, t n ), ό- που n τυχόν ϕυσικός αριθµός, µε ακέραιους συντελεστές το οποίο να µας δίνει, µε την παραπάνω έννοια, όλους τους πρώτους αριθµούς. Η απόδειξή του όµως είναι αρκετά πιο δύσκολη. Γενικά δεν υπάρχει κάποιος απλός τύπος ο οποίος να παράγει µόνο, ή όλους τους, πρώτους αριθµούς. Ασκηση. είξτε ότι ο πραγµατικός αριθµός είναι άρρητος, δηλαδή δεν µπορεί να γραφεί στην µορφή a/b όπου a, b ακέραιοι και b 0. e = Λύση. Υποθέτουµε e = a/b, όπου a και b είναι ϑετικοί ακέραιοι. Εστω n=0 n! p = +! +! + 3! + + b! q = (b + )! + (b + )! + Εχουµε e = p + q. Οι αριθµοί b!e και b!p είναι ακέραιοι και συνεπώς και ο b!q είναι ακέραιος, αφού b!q = b!e b!p. Χρησιµοποιώντας ότι για κάθε πραγµατικό d µε 0 < d < το άθροισµα της γεωµετρικής σειράς n= dn d είναι ίσο µε d έχουµε και 0 < b!q = b + + (b + )(b + ) + (b + )(b + )(b + 3) + < = / / = Εποµένως 0 < b!q < που έρχεται σε αντίφαση µε το ότι ο b!q είναι ακέραιος. Άρα ο e είναι άρρητος.

16 6 Σχόλιο 4. Με Μαθηµατική Επαγωγή είναι εύκολο να δείξουµε ότι για κάθε n έχουµε n! n, εποµένως n! n Αφού η γεωµετρική σειρά n= n συγκλίνει το ίδιο ισχύει και για την σειρά n= n!. Επιπλέον, έχουµε ότι για κάθε ακέραιο d 0 n=0 n! = d n=0 n! + n=d+ n!