DELJIVOST CELIH BROJEVA

Transcript

1 DELJIVOST CELIH BROJEVA 1 Osnovne osobine Definicija 1.1 Nea su a 0 i b celi brojevi. Ao postoji ceo broj m taav da je b = ma, onda ažemo da je a delitelj ili fator broja b, b je sadržalac, višeratni ili umnoža broja broja a, do je m olični oji se dobija pri delenju broja b sa brojem a. Ao je b deljivo sa a, onda to označavamo sa a b i ažemo jednostavno da a deli b. Ao a b i ao je a b, ažemo da je a pravi delitelj broja b. Ao a b, očigledno je da a ( b), ( a) b i ( a) ( b). Stoga se pri razmatranju deljivosti obično ograničavamo na nenegativne cele brojeve. Teorema 1.1 Ao je ceo broj b deljiv celim brojem a 0, onda je njihov olični jednoznačno odred en. Doaz: Ao je broj b deljiv brojem a, onda postoji ceo broj m ao njihov olični, tao da je b = ma. Ao bi postojao još nei olični n oji se dobija pri delenju broja b brojem a, onda bi važila jednaost b = na, pa bi stoga bilo ma = na. Kao je a 0, iz poslednje jednaosti dobijamo da je m = n. Teorema 1.2 Nea su a, b, c proizvoljni nenegativni celi brojevi. Tada važi: (a) ao a b i ao je b 0, onda je 0 < a b; (b) ao a b i b a, a 0 b, onda je a = b; (c) ao a b i b c, onda a c. Doaz: (a) Ao a b, tada po definiciji postoji nenegativan ceo broj m taav da je b = ma. Kao je b > 0, brojevi a i m su pozitivni, tj. 1 a i 1 m, pa je b = ma a 1 = a > 0. (b) Pretpostavimo da a b i b a. Tada je a b i b c na osnovu tvrd enja oje smo doazali pod (a), pa je a = b zbog antisimetričnosti relacije ured enja u supu N. (c) Ao a b i b c, onda postoje celi brojevi m i n tavi da je b = ma i c = nb. No onda je c = nma, pa ao je nm ceo broj, sledi da a b. Posledica 1.1 Relacija je relacija ured enja u supu prirodnih brojeva N. Teorema 1.3 Nea su a, b, c, d proizvoljni celi brojevi. Tada važe sledeća tvrd enja: (a) ao a b i a c, onda a (rb + sc) za proizvoljne cele brojeve r i s; (b) ao a b i c d, onda ac bd; (c) ao su brojevi b i c deljivi brojem a, i ao b c, onda b c a a. 1

2 Doaz: (a) Ao a b i a c, onda postoje celi brojevi m i n tavi da je b = ma i c = na. No onda je rb + sc = rma + sna = (rm + sn)a. Kao je rm + sn ceo broj, to a (rb + sc) (b) Kao a b i c d, postoje celi brojevi m i n tavi da je b = ma i d = nc. Odavde sledi da je bd = (mn)ac, pa ao je mn ceo broj, to ac bd. (c) Pošto su brojevi b i c deljivi brojem a, brojevi b a i c a su celi. Kao b c, postoji ceo broj m taav da je c = mb, odale sledi da je c a = m b a, što doazuje da b c a a. Posledica 1.2 Relacija u supu celih brojeva ima sledeća svojstva: (a) ao a b, tada a mb i ma mb; (b) ao a b i a c, tada a (b + c) i a (b c); (c) ao a i b i, i = 1, n, tada a 1... a n b 1... b n ; (d) ao a b, tada a n b n za svao n N; (e) ao su u jednaosti a 1 + a a n = b 1 + b b m, svi sabirci sem jednog deljivi celim brojem c, onda je i taj jedan deljiv brojem c. Zadaci za vežbanje 1. Doazati da n n + 1 onda i samo onda ao je n = ±1. 2. Doazati da svai od brojeva 1, 2,..., deli bar jedan od brojeva n + 1, n + 2,..., n +. Ao je n neparan broj, doazati da je n(n 2 1 deljiv sa Doazati da je vadrat celog broja deljiv sa 4 ili je oblia 8n Doazati da je vadrat brojeva oji nisu deljivi ni sa 2 ni sa 3 oblia 12n Doazati da (a) 9 10 n 1; (b) n + ( 1) n 1 6. Doazati da je zbir 2n + 1 uzastopnih brojeva deljiv sa 2n Delenje sa ostatom Teorema 2.1 (Algoritam deljenja) Za svai par celih brojeva a i b 0 jednoznačno je odred en par celih brojeva q i r za oje je a = bq + r, 0 r < b. Doaz: Doažimo najpre egzistenciju brojeva q i r. Razmotrimo najpre slučaj ada je a 0. Označimo sa S = {m Z : m b > a}. Kao je a + 1 S, to je S neprazan podsup supa prirodnih brojeva N, pa ima najmanji element. 2

3 Nea je s = min S i q = s 1. Tada q S, pa je stoga q b a. Stoga je r = a q b 0. Sdruge strane je s b > a, jer je s S. Stoga je b = s b q b > a q b = r, čime smo pdoazali da je 0 r < b. Iz definicione jednaosti za r imamo da je a = q b + r. Kao je b = b sgn(b), to je a = bq + r za q = q sgn(b). Nea je sada a < 0. Kao je a > 0, prema doazanom slučaju postoje s, r Z tavi da je a = s b + r i 0 r < b. Sada je a = s b r i b < r 0. Ao je r = 0, onda je za q = s sgn(b) i r = r = 0 tvrd enje zadovoljeno. Med utim, ao je r > 0, onda r ne zadovoljava tražene nejednaosti. Zbog toga radimo popravu: a = s b r = s b b + b r = ( s 1) b + ( b r ). Nea je q = s 1, r = b r. Sada je a = b q + r. Proverimo nejednaosti za r. Kao je 0 < r < b, množenjem sa 1 dobijamo b < r < 0. Dodavanjem b dobijamo 0 < b r < b, tj. 0 < r < b. Za q = q sgn(b) onačno imamo da je a = bq + r i 0 < r < b. Ostaje da doažemo jedinstvenost. Pretpostavimo da je a = bq+r = bq 1 +r 1, 0 r, r 1 < b. Ne umanjujući opštost doaza možemo pretpostaviti da je r r 1. Iz polazne jednaosti imamo da je b(q q 1 ) = r 1 r. Kao je 0 r 1 r < b, to je 0 b(q q 1 ) < b. Sraćivanjem sa b, dobijamo da je 0 q q 1 < 1. Kao je q q 1 nenegativan ceo broj, to je q q 1 = 0. Otuda je q = q 1, pa je r = r 1. Broj q u prethodno doazanoj teoremi je nepotpun olični, a r ostata pri delenju broja a brojem b, ili raće, samo ostata. Ao je r = 0, onda je a = bq, tj. broj a je deljiv brojem b. Ao a nije deljivo sa b, uve je r 0. Algoritam deljenja se često oristi u lasifiaciji brojeva. Na primer, za b = 2, ao je r = 1 imamo neparne brojeve oblia a = 2q + 1, do za r = 0 imamo parne brojeve a = 2q. Sličnu situaciju imamo za b = 3, 4,... Tao dobijamo razbijanje supa celih brojeva na disjuntne lase po modulu broja b. Dva cela broja pripadaju istoj lasi onda i samo onda ao je njihova razlia deljiva sa b. O ovome će više reči biti ada budemo govorili o ongruencijama. Teorema 2.2 Nea je b ceo broj veći od 1. Tada se svai pozitivan ceo broj m na jedinstven način može priazati u obliu (1) m = a n b n + a n 1 b n a 0, gde je 0 < a n < b i 0 a i < b, za i = 0, 1,..., n 1. Doaz: Za dato m Z i b > 1 na osnovu Teoreme 2.1 postoje jedinstveno odred eni celi brojevi q 0 i a 0 za oje važi m = q 0 b + a 0, 0 a 0 < b. 3

4 Očigledno je q 0 0. Ao je q 0 = 0 teorema je doazana. Ao je q 0 pozitivan broj, deljenjem q 0 sa b dobijamo q 0 = q 1 b + a 1, 0 a 1 < b, gde su q 1 i a 1 prema Teoremi 1. jedinstveno odred eni celi brojevi. Nastavljajući ovaj postupa dobijamo m = q 0 b + a 0, 0 a 0 < b, q 0 > 0, q 0 = q 1 b + a 1, 0 a 1 < b, q 1 > 0, q 1 = q 2 b + a 2, 0 a 2 < b, q 2 > 0, q n 2 = q n 1 b + a n 1, 0 a n 1 < b, q n 1 > 0, q n 1 = q n b + a n, 0 a n < b, q n = 0. Kao je m > q 0 > q 1 > > 0 sledi da je na ovaj način jednoznačno odred en ceo pozitivan broj q n 1 oji je manji od broja b. Iz poslednje jednaosti imamo da je a n = q n 1, pa je oeficijent a n pozitivan broj. Zamenom dobijamo da je m = q 0 b + a 0 = = (q 1 b + a 1 )b + a 0 = q 1 b 2 + a 1 b + a 0 = = (q n 1 b + a n 1 )b n a 1 b + a 0 = = q n 1 b n + a n 1 b n a 1 b + a 0 = = a n b n + a n 1 b n a 1 b + a 0. Dobijena reprezentacija broja m je jedinstvena, jer su oeficijenti a i, i = 0, 1,..., n, na osnovu Teoreme 1. jednoznačno odred eni. Ao su zadovoljeni uslovi Teoreme 5., tada za broj m predstavljen u obliu (1) ažemo da je napisan u brojevnom sistemu za osnovu b. Broj b je baza ili osnova datog brojevnog sistema, a sam broj m zapisujemo u obliu (a n a n 1 a 0 ) b. Primer 2.1 Nea je a Z, n N +. Označimo sa rem n (a) ostata pri deljenju broja a brojem n. Funcija rem n (a) presliava sup Z u sup {0, 1,..., n 1}. Da se sve vrednosti funcije rem n (a) realizuju, neposredno sledi iz činjenice da je za 0 a < n rem n (a) = a. Tao npr. funcija rem 2 ima vrednosti 0 i 1; rem 2 (2) = 0, do je rem 2 (2+1) = 1 za svao Z. Funcija rem 4 ima četiri vrednosti: 0, 1, 2, 3. Za i {0, 1, 2, 3} definišimo sup C i = {a Z : rem 4 (a) = i}. Familija {C i : i = 0, 3} čini particiju supa Z, tj. to su disjuntni supovi i svai ceo broj pripada jednom od njih. Primetimo da se sa ovim supovima dosta pravilno računa. Poažimo da je proizvod ma oja dva broja iz C 1 opet u C 1. 4

5 Nea su a, b C 1. Tada postoje brojevi, l Z, tao da je a = i b = 4l + 1, pa je a b = (4 + 1)(4l + 1) = 16l l + 1 = 4(4l + + l) + 1, što doazuje da je ab C 1. Slično se doazuje da je za a C 1 i b C 3, ab C 3. Čitaocu prepuštamo da ispita računanje sa lasama C i. Definicija 2.1 Nea je D(a) = {b Z + : b a}, gde je a Z. Ao je a > 1 i D(a) = {1, a}, onda ažemo da je a prost broj. Nadalje ćemo proste brojeve označavati isljučivo slovom p sa odgovarajućim indesima. Napomenimo da se u grafiu relacije prosti brojevi nalaze u drugom nivou. Ao posmatramo sup N 2 := N + \ {1} sa relacijom oja je generisana sa N +, onda su prosti brojevi u prvom nivou delimično ured enog supa (N 2, ) i pretstavljaju minimalne elemente. U matematici se uve teži da se svi elementi nee struture predstave pomoću minimalnih. U daljem izlaganju mi ćemo poazati da se svai ceo broj može priazati pomoću prostih brojeva i da je taj priaz jedinstven. Upravo ta činjenica najbolje govori o značaju prostih brojeva. Definicija 2.2 Nea je D(a, b) = D(a) D(b), gde su a, b Z, a, b 0. Broj (a, b) := max D(a, b) je najveći zajedniči delilac brojeva a i b. Ao je (a, b) = 1, tada ažemo da su brojevi a i b uzajamno prosti. Poažimo da je definicija oretna, tj. da za svaa dva broja a, b Z \ {0} postoji (a, b). Kao 1 a, b, to je sup D(a, b) neprazan. Osim toga je c a za svao c D(a, b), pa je sup D(a, b) ograničen neprazan sup prirodnih brojeva. Stoga max D(a, b), odn. (a, b) postoji. Primetimo na raju da je za a, b Z, (a, b) = ( a, b ). Stoga u nastavu uve pretpostavljamo da je u oznaci (a, b) a, b N +. 3 Ceo deo realnog broja Nea su a i b 0 celi brojevi. Pretpostavimo da b ne deli a. Na osnovu Teoreme 2.1 postoje jednoznačno odred eni brojevi q i r tavi da je odale je za b > 0 (1) a = bq + r, 0 < r < b, a b = q + r b, 0 < r b < 1. Za b < 0 treba zameniti b sa b, pa tao imamo prethodni slučaj. Prema tome a b je realan broj jedna zbiru celog broja q i pravog razloma r b. Iz relacije (1) dobijamo da je q < a b < q + 1, 5

6 odale vidimo da je q najveći ceo broj oji nije veći od broja a b. Broj q se naziva ceo deo realnog broja a b i označava sa [ ] a b. Još opštije: ceo deo realnog broja x je najveći ceo broj oji nije veći od x. Obeležava se sa [x]. Iz definicije sledi da je [x] x < [x] + 1, a ao je x ceo broj, tada i samo tada je [x] = x. Iz definicije celog dela realnog broja sledi relacija x = [x] + {x}, gde je 0 {x} < 1. Broj {x} se naziva decimalni deo realnog broja X. Teorema 3.1 Nea su x i y realni brojevi, a m ceo broj. Tada je (a) [x + m] = [x] + m; (b) [x] + [y] [x + y] [x] + [y] + 1, ili, pošto su sva tri broja cela, [x + y] = [x] + [y] ili [x + y] = [x] + [y] + 1 ; [ ] (c) [x] m = [ x m], m > 0. Doaz: (a) Nea je x = [x] + {x}. Pošto je x + m = [x] + {x} + m, 0 {x} < 1, a [x] + m je ceo broj, sleduje da je [x + m] = [x] + m. (b) Pod imo od izraza [x + y] = [x + {x} + y + {y}] i primenimo svojstvo celog dela oje smo doazali pod (a): [[x] + [y] + {x} + {y}] = [x] + [y] + [{x} + {y}]. Tada je [x + y] = [x] + [y] + [{x} + {y}]. Kao je 0 [{x} + {y}] < 2, to je ceo broj [{x} + {y}] jedna 0 ili 1. Stoga je čime smo doazali da je [x + y] = [x] + [y] ili [x + y] = [x] + [y] + 1, [x] + [y] [x + y] [x] + [y] + 1. (c) Na osnovu Teoreme 2.1 za cele brojeve [x] i m 0 postoje celi brojevi q i r tavi da je (1) [x] = mq + r, 0 r < m. Kao je [x] = x {x}, to je x = mq + r + {x}, pa je (2) x m = q + r + {x} m. 6

7 Iz uslova oje zadovoljavaju brojevi r i {x} taod e je (3) 0 r + {x} m < 1, pa je zbog (2) i (3) (4) Kao je zbog (1) [ x = q. m] to je (5) [x] m = q + r m, gde je 0 r m < 1, [ ] [x] = q. m Sada iz jednaosti (4) i (5) sledi tražena jednaost. Posledica 3.1 (a) Ao je a > 0 ceo broj i [ax] = b, tada je [ ] b [x] = ; a (b) Za svai realan broj važi jedna od jednaosti [x] + [ x] = 0 ili [x] + [ x] = 1, prema tome da li je x ceo broj ili ne; (c) Za realne brojeve x 1, x 2,..., x n važi jednaost [x 1 ] + [x 2 ] + + [x n ] [x 1 + x x n ] = [x 1 ] + [x 2 ] + + [x n ] + n 1. Doaz: (a) Kao je [ax] = b i a ceo broj različit od nule, to je prema svojstvu (c) oje smo doazali u prethodnoj teoremi [ ] [ ] b [ax] [ ax ] = = = [x]. a a a Doaz: (b) Zamenom y = x u (b) prethodne teoreme odmah dobijamo da je [x] + [ x] = [x + ( x)] = 0 ili [x] + [ x] + 1 = [x + ( x)] = 0, već prema tome da li je x ceo broj ili ne. Doaz: (c) Doaz se izvodi inducijom. Za n = 2 jednaost važi na osnovu nejednaosti (b) doazanoj u prethodnoj teoremi. Pretpostavimo da je tvrd enje tačno za n = m, tj. nea je [x 1 ] + [x 2 ] + + [x m ] [x 1 + x x m ] [x 1 ] + [x 2 ] + + [x m ] + m 1. 7

8 Kao je [x 1 + x x m ] + [x m+1 ] [x 1 + x x m+1 ] [x 1 + x x m ] + [x m+1 ] + 1, sabiranjem poslednjih dveju dvostruih nejednaosti imamo da je [x 1 ] + x 2 ] + + [x m+1 ] [x 1 + x x m+1 ] [x 1 ] + [x 2 ] + + [x m+1 ] + m, što je i trebalo doazati. Zadaci za vežbanje 1. Ao je +1 n x [x] < n, gde je < nprirodan broj, doazati da je [nx] n[x] =. 2. Doazati da je [ [x] + x + 1 ] [ + x + 2 ] [ + + x + n 1 ] = [nx]. n n n 3. Ao je (a, b) = d, gde su a i b prirodni brojevi, doazati da je n 1 [ bn ] (a 1)(b 1) = + d + 1. a 2 2 n=1 4. Doazati da je n [ n ] (2 1) = =1 =1 n [ n ] 2. 4 Prosti brojevi Teorema 4.1 Za svai prirodan broj n N 2 postoji prost broj p taav da p n. Doaz: Tvrd enje doazujemo transfinitnom inducijom. Nea je n N 2 i nea je tvrd enje tačno za sve prirodne brojeve iz N 2 oji su manji od n. Razliujemo dva slučaja. Broj n je prost. Tada je n prost broj oji deli n. Broj n je složen. U tom slučaju je D(n) {1, n}. Nea je D(n) \ {1, n}. Tada je 1 < < n. Prema inducijsoj hipotezi postoji prost broj p tao da p. Kao n, to p n, pa je tvrd enje doazano. Teorema 4.2 Nea je n N 2 složen broj. Tada postoji prost broj p [ n]. 8

9 Doaz: Kao je n složen broj, D(n) {1, n}. Nea je D(n) \ {1, n}. Pošto n, postoji prirodan broj l taav da je n = l. Sobzirom na činjenicu da je 1 < < n, sledi da je i 1 < l < n. Kao je l ili l, ne umanjujući opštost doaza, možemo pretpostaviti da je l. Prema prethodnom tvrd enju postoji prost broj p tao da p l. Stoga je p l, a time je p. Odatle je sada p 2 l = n, tj. p [ n]. Primer 4.1 (Eratostenovo sito) Odredimo sve proste brojeve oju su manji od 100. Na osnovu prethodne teoreme dovoljno je, ao složene, odstraniti sve brojeve manje od 100 oji su deljivi sa 2,3,5,7 sem njih. Preostali brojevi manji od 100 su prosti. Tao imamo sledeću listu prostih brojeva oji su manji od 100: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 13, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97. Teorema 4.3 Prostih brojeva ima besonačno mnogo. Doaz: Doaz izvodimo svod enjem na ontradiciju. Pretpostavimo da je sup P svih prostih brojeva onačan. Tada je P = {p 1, p 2,..., p n } za neo n N. Uočimo broj M = p 1 p 2... p n + 1. Kao je M N 2, na osnovu Teoreme 4.1 postoji prost broj p taav da p M. Kao je p P, to je p = p i za neo i n. Dale, p i M. Sdruge strane, ao je M 1 = p i s, gde je s = p 1... i 1 p i+1... p n, to p i M 1. No onda p i M (M 1), tj. p i 1. Kontradicija. Sledeća teorema je poznata ao OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE, što najbolje govori o njenom značaju u teoriji brojeva. Napomenimo da u formulaciji teoreme oristimo onvenciju da je proizvod po praznom supu jedna 1. Teorema 4.4 Za svai prirodan broj n N + postoje jedinstveni N, prosti brojevi p 1 < p 2 < < p i α 1, α 2,..., α N + tao da je Izraz p α1 1 p α p α broja n n = p α 1 1 pα pα. nazivamo prostom ili anonsom fatorizacijom Posledica 4.1 Nea je (p n ) n N sup prostih brojeva pored anih u rastući niz. Presliavanje f : N ω N definisano sa je 1-1 presliavanje. f(α 1,..., α ) = p α p α +1 9

10 Doaz: Nea je za, l N + i (α 1,..., α ), (β 1,..., β l ) f(α 1,..., α ) = f(β 1,..., β l ) = n. Tada su p α p α +1 i p β p β l+1 l fatorizacije broja n. Kao n ima jedinstvenu fatorizaciju, to je = l, pa je stoga za svao i α i + 1 = β i + 1. Time smo doazali da je (α 1,..., α ) = (β 1,..., β ). Dale, f je 1-1 presliavanje. Posledica 4.2 Prirodan broj je vadrat onda i samo onda ao u prostoj fatorizaciji ima sve izložioce parne. Doaz: Nea je n N 2 i nea je n = p α 1 1 p 2α 2... p α anonsa fatorizacija broja n. ( ) Nea je n = m 2 i nea je m = q β 1 1 qβ qβ l l anonsa fatorizacija broja m. Tada je n = p α1 1 pα pα = q 2β1 1 q 2β q 2β l l. Kao je fatorizacija broja n jedinstvena, to je = l, p i = q i i α i = 2β i za svao i. ( ) Pretpostavimo da broj n u svojoj anonsoj fatorizaciji ima za izložioce parne brojeve. To znači da je n = p 2α 1 1 p 2α p 2α za neo N +, proste brojeve p 1,..., p i prirodne brojeve α,..., α. Očigledno je da za m = p α1 1 pα pα važi n = m 2. Posledica 4.3 Nea su a, b, c N +, (a, b) = 1 i ab = c 2. Tada postoje, l N tao da je a = 2 i b = l 2. Doaz: Nea je a = p α 1 1 pα pα, b = qβ 1 1 qβ qβ l l. Kao je (a, b) = 1, to je p i q j za svao i i svao j l. Otuda je c 2 = a b = p α1 1 pα pα qβ1 1 qβ qβ l l. Kao je izraz na desnoj strani, do na ured ivanje po veličini osnova, prosta fatorizacija broja c 2, to je prema prethodnom tvrd enju α i paran broj za svao i, do je β j paran broj za svao j l. To doazuje da su a i b vadrati prirodnih brojeva. Zadaci za vežbanje 1. Jedina dva uzastopna prosta broja su 2 i 3. Doazati. 2. Doazati da je n za n > 1 složen broj n je složen broj za svao n 1. Doazati. 4. Doazati da postoji proizvoljan broj uzastopnih brojeva oji nisu prosti. 5. Ao je n prirodan broj i 2 n 1 prost broj, doazati da je n prost broj. 10

11 5 Relacija ongruencije po modulu Definicija 5.1 Nea su a, b i m 0 celi brojevi. Broj a je ongruentan sa brojem b s obzirom na modul m, ao m a b i to označavamo sa a b(mod m) ili sa a m b. Ao a b nije deljivo sa m tada je a neongruentno sa b po modulu m. Ovo označavamo sa a b(mod m) ili sa a m b. Primer 5.1 Relacija (1) a 1(mod 2), znači da je a 1 deljivo sa 2, tj. da postoji ceo broj m taav da je a 1 = 2m, odnosno a = 2m + 1. Dale, a je neparan broj. Lao se proverava da važi i obrat. Naime, ao je a proizvoljan neparan broj, za njega važi relacija (1). Prema tome, relacija (1) je arateristična za neparne brojeve. Iz relacije (1) sledi da je a 2 1(mod 8). Zaista, ao važi (1), onda je a neparan broj, dale oblia a = 2m + 1, pa je a 2 = 4m 2 + 4m + 1. Odavde sledi da je a 2 1 = 4m(m + 1). Brojevi m i m + 1 su uzastopni, pa je jedan od njih paran. Stoga je a 2 1 deljivo sa 8, te je doista a 2 1(mod 8). Prema Definiciji 5.1, relacija (2) a b(mod m) označava da m a b, što opet znači da postoji ceo broj t taav da je a b = tm, odnosno (3) a = b + tm. Obratno, za svai broj a oblia (3) važi relacija m a b, pa samim tim i (2). Na taj način smo doazali da je a ongruentno sa b po modulu m onda i samo onda ao postoji ceo broj t taav da je a = b + mt. Ovaj isaz možemo formulisati i na sledeći način. Teorema 5.1 Sup svih celih brojeva x ongruentnih sa a po modulu broja m dat je izrazom x = a + tm, t = 0, ±1, ±2,... Teorema 5.2 Brojevi a i b imaju jednae ostate pri deljenju sa m onda i samo onda ao je a b(mod m). Doaz: Ao je a b(mod m), tada postoji ceo broj t taav da je a = b + tm. Za brojeve b i m 0 na osnovu Teoreme 2.1 postoje jednoznačno odred eni celi brojevi q i r tavi da b = qm + r, 0 r < m, gde je r ostata dobijen pri 11

12 deljenju broja b sa brojem m. Odavde sledi da je a = m(q + t) + r, gde je 0 r < m. Dale, i broj a pri deljenju sa brojem m ima isti ostata r. Da doažemo obrat, pretpostavimo da brojevi a i b imaju isti ostata r pri deljenju sa brojem m. To znači da postoje celi brojevi q 1 i q 2 tavi da je a = mq 1 + r, b = mq 2 + r, 0 r < m. Odavde sledi da je a b = m(q 1 q 2 ), tj. a b(mod m). Sobzirom na ovu teoremu, relaciju ongruencije možemo definisati i na sledeći način: a je ongruentno sa b po medulu m ao i samo ao brojevi a i b imaju iste ostate pri deljenju sa m, ili simboliči, a b(mod m) rem m (a) = rem m (b). Teorema 5.3 Broj r je ostata oji se dobija deobom celog broja a celim brojem m 0 ao i samo ao je (4) a r(mod m), 0 r < m. Doaz: Sup relacija (4) evivalentan je supu relacija a = r + mt, 0 r < m. Med utim, broj r oji zadovoljava posledne dve relacije pretstavlja ostata pri deljenju broja a brojem m. Prema tome, tvrd enje je doista tačno. Navedimo sada nee osnovne osobine relacije ongruencije. U tom smislu primetimo najpre da je relacija ongruencije po modulu zadatog broja m 0 reflesivna, tj. za svai ceo broj a važi a a(mod m), jer m a a. Ao je a b(mod m), tada m a b. Odavde sledi da m (b a) odn. m b a, pa je b a(mod m). Prema tome, relacija ongruencije je i simetrična. Ona je i tranzitivna. Zaista, ao je a b(mod m) i b c(mod m), tada postoje celi brojevi S i t tavi da je a = b + sm i b = c + tm. No onda je a = c + (s + t)m, što doazuje da je a c(mod m). Time smo doazali sledeće tvrd enje: Teorema 5.4 Relacija ongruencije po modulu zadatog broja m je relacija evivalencije. Teorema 5.5 Nea su a, b, c, d i m 0 celi brojevi. Ao je (5) a b(mod m), c d(mod m), tada je (6) a + c b + d(mod m), a c b d(mod m). 12

13 Doaz: S obzirom na relacije (5) postoje celi brojevi s i t tavi da je a = b+sm i c = d+tm. Odavde se dobija da je a+c = b+d+(s+t)m i a c = b d+(s t)m, pa relacije (6) važe. Posledica 5.1 Nea su a 1,..., a, b 1,..., b i m 0 celi brojevi. Tada iz relacija a i b 1 (mod m), i = 1,, sledi relacija a a b b (mod m). Teorema 5.6 Nea su a, b, c i m 0 celi brojevi. Ao je a b(mod m), tada je ac bc(mod m), i ac bc(mod cm). Doaz: Ao je a b(mod m), tada m a b, pa tim pre m (a b)c, odn. m ac bc. Ali tada je ac bc(mod m), što je i trebalo doazati. Iz m a b taod e sledi da mc ac bc, što daje ac bc(mod cm). Teorema 5.7 Nea su a, b, c, d i m 0 celi brojevi. Ao je (7) a b(mod m) i c d(mod m), tada je ac bd(mod m). Doaz: Na osnovu prethodne teoreme i relacija (7) proizilazi da je ac bc(mod m), i bc bd(mod m), odale se zbog tranzitivnosti relacije ongruencije dobija acd b(mod m). Posledica 5.2 Ao su a 1,..., a, b 1,..., b i m 0 celi brojevi za oje je važe relacije a i b i (mod m), i = 1,, tada je a 1... a b 1... b (mod m). Posledica 5.3 Nea su a, b i m 0 celi brojevi, a n prirodan broj. a b(mod m), tada je a n b n (mod m). Ao je 13

14 Posledica 5.4 Nea je P n (x) = c 0 x n + c 1 x n c n 1 x + c n polinom sa celim oeficijentima c i, i = 0, n. P n (a) P n (b)(mod m). Ao je a b(mod m), tada je Primer 5.2 U ovom primeru odredićemo riterijum deljiosti broja a = c n c n 1 c 1 c 0 sa brojevima 3,9 i 11. Primetimo najpre da se broj a može priazati ao a = 10 n c n + 10 n 1 c n c 1 + c 0, c n 0. Pošto je 10 1(mod 9), to je 10 1(mod 9) za svai prirodan broj. Odavde na osnovu Posledice 5.4 imamo da je Dale, a 0(mod 9) ao i samo ao je a c n + c n c 1 + c 0 (mod 9). c n + c n c 1 + c 0 0(mod 9) Prema tome, broj je deljiv sa 9 onda i samo onda ao je zbir cifara tog broja deljiv sa 9. Pošto je 10 1(mod 3), lao zaljučujemo da i za deljivost sa 3 važi sličan riterijum. Ceo bro je deljiv sa 3 ond i samo onda ao je zbir njegovih cifara deljiv sa 3. Pošto je 10 1(mod 11), taod e je 10 ( 1) (mod 11) za svai nenegativan ceo broj. Za prirodan broj a tada važi a ( 1) n c n + ( 1) n 1 c n 1 + c 1 + c 0 (mod 11). Dale, ceo broj je deljiv sa 11 onda i samo onda ao je razlia zbirova cifara na parnim i neparnim mestima deljiva sa 11. Primer 5.3 Odredimo ostata oji se dobija pri deljenju broja sa 13. Pod imo od relacije (mod 13). Kao je 27 1(mod 13), to je 3 3 1(mod 13). Odavde je (3 3 ) (mod 13), pa je onačno (mod 13), odn (mod 13). Pošto je 0 < 3 < 13, na osnovu Teoreme 5.2 zaljučujemo da brojevi 3 i pri deljenju sa 13 imaju iste ostate. Stoga je ostata pri deljenju broja sa 13 jedna 3. Teorema 5.8 Ao je a b(mod m) i d m, tada je a b(mod d). 14

15 Doaz: Kao je a b(mod m), to m a b. Pošto d m, to zbog tranzitivnosti relacije sledi da d a b, pa je a b(mod d). Iz prethodno doazanih teorema vidimo da je rad sa relacijama ongruencije, ada su u pitanju sabiranje i množenje, isti ao i rad sa jednačinama. Med utim, ada je reč o deljenju, postoje izvesna ograničenja, o čemu govore sledeće tri teoreme. Teorema 5.9 Ao je a b(mod m) i ao c a i c b, tada je a (8) c b ( mod m ), c d gde je d = (c, m). Doaz: Iz relacije a b(mod m) sleduje da m a b, a isto tao i m (9) c d d a b. c Kao je (c, m) = d, to je ( c d, ) m d = 1. Prema tome, iz (9) proizilazi da m d pa važi (8). a b c, Teorema 5.10 Nea su a, b, c i m 0 celi brojevi, pri čemu je a b(mod m). Tada važe sledeća tvrd enja: (a) ao c a, c b i (c, m) = 1, tada je a c b c (mod m); (c) ao c a, c b i c m, tada je a c b c (mod m c ). Doaz: (a) Pretpostavimo da c a, c b i da je (c, m) = 1. Nea je a 1 = a c, b 1 = b c. Kao m a b, to m c(a 1 b 1 ). Kao je (c, m) = 1, to m a 1 b 1, pa je a a 1 b 1 (mod m), odn. c b c (mod m). (b) Nea je a = a 1 c, b = b 1 c, m = m 1 c i a b(mod m). Kao m b a, to je b a = mt za neo t Z. Zamenom a, b i m u poslednjoj jednaosti dobijamo da je b 1 c a 1 c = m 1 tc. Sraćivanjem ove jednaosti sa c imamo da je b 1 a 1 = m 1 t. Otuda je a 1 b 1 (mod m 1 ), što je i trebalo doazati. Primer 5.4 Sledeći primer poazuje da sraćivanje može biti neoretno ao uslovi prethodne teoreme nisu zadovoljeni. Ao relaciju 20 8(mod 6) sratimo sa 4 dobijamo da je 5 2(mod 6), što naravno nije tačno, jer uslov (4, 6) = 1 pod (a) nije zadovoljen. Primer 5.5 Doažimo da za neparan broj a važi ongruencija a 2n 1(mod 2 n+2 ), n 1. Doaz ćemo izvesti potpunom matematičom inducijom. Nea je a = 2m 1 i n = 1. Tada je a 2 1 = 4m(m 1). Ovaj broj je deljiv sa 8 = 2 1+2, pa tvrd enje važi za n = 1. Pretpostavimo da je tvrd enje tačno za n =, tj. da je a 2 1(mod 2 +2 ). 15

16 Pošto je a = a = (a 2 1)(a 2 + 1), 2 +2 a 2 1 po indutivnoj hipotezi, a 2 a jer je a prema pretpostavci neparan broj, to 2 +3 a Time smo doazali da je (mod 2 +3 ), tj. da je tvrd enje tačno i za n = + 1, pa dale i za svao n N. Primer 5.6 Doazati da je 9 3 2n 8n 9 0(mod 64), n N. Stavimo da je f(n) = 9 3 2n 8n 9. Tada je f(n + 1) = n 8n 17, f(n + 2) = n 8n 25. Eliminacijom izraza 3 2n i n iz ove tri jednačine dobijamo jednačinu odale sleduje relacija f(n + 2) 10f(n + 1) + 9f(n) = 64, f(n + 2) 10f(n + 1) 9f(n)(mod 64). Pretpostavimo da je f(n) 0(mod 64) i f(n+1) 0(mod 64). Tada iz poslednje jednaosti sledi da je i f(n + 2) 0(mod 64). Pošto je f(1) = 64 0(mod 64) i f(2) = 704 0(mod 64), na osnovu principa matematiče inducije sledi da je tvrd enje tačno za sve prirodne brojeve. Zadaci za vežbanje 1. Odrediti ostate pri deljenju brojeva (a) 3 21 sa 11; (b) sa 13; (c) sa Odrediti ostate pri deljenju brojeva (a)10! sa 11; (b) 16! sa 17; (c) 23! sa Odrediti ostata deljenja broja ( ) 28 sa Dat je polinom f(x) = 3x 5 2x 4 + x 3 3x 2 + x 7. Odrediti ostate pri deljenju brojeva f(2) i f(5) sa Odrediti riterijume za deljivost brojeva napisanih u deadnom brojevnom sistemu sa 7, 13 i Doazati da je Mersenov broj M 37 = deljiv sa Doazati ongruencije (a) n 3 n(mod 24), (n je neparan broj), (b) 13 2n 1(mod 7), (c) 11 n n+1 (mod 133). 16