KAPITULLI II. NUMRAT E THJESHTË Më parë pamë se p.sh. numri 7 plotpjesëtohet me 3 dhe me 9 (uptohet se çdo numër plotpjesëtohet me dhe me vetvetën). Shtrohet pyetja: me cilët numra plotpjesëtohet numri 7? Po numri 9? Pasi të analizojmë pyetjen vijmë në përfundim që eziston disa numra që nu plotpjesëtohen me asnjë numër përveç numrit dhe vetvetës. Në lidhje me ëtë japim ëtë përufizim: Përufizimi. Numri i plotë më i madhë se që nu a pjesëtues tjerë përveç numrit dhe vetvetës quhet numër i thjeshtë. Pra, numrat, 3, 5, 7,, 3, 7, 9 janë numra të thjeshtë. Si quhen numrat që nu janë të thjeshtë? Japim përufizimin vijues. Përufizimi. Numri i plotë, jo i thjeshtë dhe më i madh se quhet numër i përbërë. Po ç mund të thuhet për numrin? Numri nu është as numër i thjeshtë e as numër i përbërë. Le të përujtojmë se numrat çift mund të paraqiten në formën a = u Z urse numrat te paraqiten në formën b = + (ose b = ) u Z. Shtrohet pyetja. A eziston formula e përgjithshme për të catuar numrin e n-të të thjeshtë? Përgjigja është se deri më tani nu dihet një formulë e tillë dhe mbase me gjasë një formulë e tillë është e pamundshme. Ajo që mund të bëjmë është të gjejmë numrat e thjeshtë më të vegjël se numri i dhënë n. Për ëtë e përdorim Semën e Eratostenit (Eratosthenue 76 p.e.s 94 p.e.s). Sema e Eratostenit Sema e Eratostenit është një metodë për të catuar numrat e thjeshtë më të vegjël (ose baraz me numrin e dhënë n). Kjo ryhet due u bazuar në hapat vijues. Hapi. Shruajmë të gjithë numrat prej deri në n.
36 Hapi. Eliminojmë numrin (sepse nu është numër i thjeshtë). Hapi 3. Numri i parë i thjeshtë është numri. Të gjithë shumëfishët e numrit eliminohen nga lista, pra eliminohen 4, 6, 8, 0, Hapi 4. Vazhdojmë (thehemi) te numri i parë i listës i cili as nu është eliminuar e as nu është vendosur në rreth, y numër do të jetë i thjeshtë, ështu që eliminojmë të gjithë shumëfishat e atij numri. Shënim. Disa shumëfisha mbase më parë mund të jenë eliminuar. Hapi 5. Përsëritet hapi 4 gjersa çdo numër në listë të jetë i vendosur në rreth ose të jetë eliminuar. Pas ryerjes së ëtyre hapave, e numrat e thjeshtë më të vegjël ose baraz me n janë numrat e vendosur në rreth (numrat që nu janë eliminuar). Le të provojmë semën e Eratostenit në shembullin vijues: Shembulli. Të catohen të gjithë numrat e thjeshtë më të vegjël ose baraz me 00. Zgjidhja: Le të shruajmë numrat prej deri në 00. 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 30 3 3 33 34 35 36 37 38 39 40 4 4 43 44 45 46 47 48 49 50 5 5 53 54 55 56 57 58 59 60 6 6 63 64 65 66 67 68 69 70 7 7 73 74 75 76 77 78 79 80 8 8 83 84 85 86 87 88 89 90 9 9 93 94 95 96 97 98 99 00 Zbatojmë hapat 5 të semës së Eratostenit. Eliminojnë numrin. Numri është i thjeshtë. Le të i vendosim rrethin në të. I eliminojmë të gjithë shumëfishët e numrit. Vazhdojmë me 3 që është numër që nu
është as i vendosur në rreth e as i eliminuar. Numri 3 është i thjeshtë. E vendosim në rreth dhe eliminojmë të gjithë shumëfishët e tij. Ngjashëm veprojmë me numrat 5 dhe 7. Numri në radhë i thjeshtë është. E vendosim në rreth. Nëse provojmë të eliminojmë shumëfishët e numrit do të shohim se të gjithë tashmë janë eliminuar. E njëjta vlenë për të gjithë numrat e mbetur. Pra, numrat e thjeshtë më të vegjël se 00 janë, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 9, 3, 37, 4, 43, 47, 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79, 83, 89, 9, 97. Le të mundohemi të sqarojmë uptimin e numrit të thjeshtë. Le t i referohemi figurës së mëposhtme. 37 Pra, vërejmë se emi njësi atrore. Detyra e jonë është që nga ëto njësi atrore të ndërtojmë drejtëndësha. Me ëtë rast na paraqiten disa mundësi të ndërtimit të drejtëndëshit. Drejtëndëshat që mund të formohen janë:, 6,3 4. (Drejtëndëshat, ; 6,6,3 4,4 3, përatësisht, janë të të njëjtës formë, ështu që do të onsiderohen të njëjtë, pasi që njëri fitohet me rrotullimin e tjetrit). Nëse do të ishim 4 njësi atrore, atëherë do të mund të fitohen gjithsejtë 4 drejtëndësha: 4 = 4 = = 3 8, 4 6. Çfarë do të ndodh nëse emi 5 njësi atrore, apo 7 njësi atrore? Me fjalë të tjera, nëse emi p njësi atrore, u p është numër i thjeshtë? Sa drejtëndësha do të mund të formonim? Le të shohim problemin, ur emi 5 njësi atrore. Një drejtëndësh që mund të fitohet me ëtë rast është drejtëndëshi 5.
38 (Drejtëndëshat 5,5 onsiderohen të njëjtë). Mundësi të tjera të formimit të drejtëndëshit me 5 njësi atrore nu a. Nëse diush mundohet të formojë drejtëndësha të tjerë, nu do të arrijë, sepse numri i thjeshtë p nu a fatorë (pjesëtues) të tjerë përveç numrit dhe vetvetës, për dallim nga numrat e përbërë të cilët anë të patën 3 fatorë. Shtrohet pyetja: A është i fundëm apo i pafundëm numri i numrave të thjeshtë? Përgjigjen e a dhënë Eulidi, para mijëra vitesh. Teorema e Eulidit. Ezistojnë pafundësisht shumë numra të thjeshtë. Para se të vërtetojmë ëtë teoremë do të paraqesim dy pohime ndihmëse: Lema. Numri i plotë n është i përbërë, atëherë dhe vetëm atëherë nëse ezistojnë numrat e plotë ab, të tillë që n= a b, < a< n, < b< n. Vërtetim: Le të jetë n. Nëse n është numër i përbërë, atëherë esiton numri i plotë pozitiv a i tillë që a, a n dhe a n. D.m.th. n= a b, për ndonjë numër të plotë b. Meqë na, janë numra pozitiv, i till është edhe b. Pra, b. Meqë a, a n, a numër pozitiv emi < a< n. Tregojmë se < b< n. Vërtetë, siur b = atëherë a= n, gjë që nu është e mundur. Poashtu, siur b= n atëherë a =, gjë që poashtu nu është e mundur. Pra, mbetet që < b< n. Pra, n= a b, < a< n, < b< n, gjë që e ompleton pjesën e parë të vërtetimit. Anasjelltas është e qartë. Lema. Nëse n >, eziston numri i thjeshtë p i tillë që p n. Le të vërtetojmë në vijim teoremën e Eulidit. Supozojmë të undërtën, pra se bashësia e numrave të thjeshtë është e fundme. Le të jetë ajo P = { p =, p = 3, p3 = 5,..., p n }
Le të jetë N = p p... p n +, pra numrat e bashësisë P janë shumëzuar mes veti, dhe prodhimit të tyre i është shtuar numri. Të ujtojmë se prodhimi i tillë është i mundshëm, sepse emi të bëjmë me bashësi të fundme numrash. Në bashësinë e pafundme të numrave nu do të mund të ryenim shumëzimin në mënyrën e mësipërme. Është e qartë se numri N është më i madh se secili prej numrave p, p, p,..., p, pra N është i ndryshëm prej të gjithëve. 3 n Meqë bashësia P është bashësia e të gjithë numrave të thjeshtë, atëherë numri N nu mund të jetë i thjeshtë. Pra, mbetet që numri N të jetë numër i përbërë. D.m.th. N a fatorë të thjeshtë. Ky fator i thjeshtë duhet të jetë element i bashësisë P, pra duhet të jetë njëri nga elementet p, p,..., p n. Le të themi se p i është fatori i thjeshtë i numrit N. Është e qartë se prodhimi p p... p p p... p a fatorë të thjeshtë numrin p. i i i+ n Pra, pi N dhe pi p p... pi pi pi+... pn. D.m.th. pi N p p... pi pi pi+... pn. N p p... p p p... p Por i i i+ n = p p... p p p... p + p p... p p p... p =. i i i+ n i i i+ n D.m.th. p i e jo vlen vetëm nëse p i =, gjë që nu është e mundur sepse numri më i vogël i thjeshtë është numri. Pra, supozimi ynë se bashësia e numrave të thjeshtë është e fundme qena i gabuar. Mbetet të onludojmë se ezistojnë pambarim numra të thjeshtë. Një pyetje që ende vazhdon të ërojë përgjigje është nëse numrat 35... p + janë ryesisht të thjeshtë ose të përbërë: P.sh. numrat 3 + = 7, 35 + = 3, 357 + =, 3 5 7 + = 3 janë numra të thjeshtë por numri 3 5 7 3 + = 3003 është i përbërë. Le të paraqesim edhe një vërtetim të tjetër të teoremës së Eulidit. Vërtetimi sipas Euler-it: Le të supozojmë se a numër të fundëm të numrave të thjeshtë. Le të jenë ata p, p,..., p. Shqyrtojmë prodhimin: r i 39
40 r X =. = p () Së pari është e qartë se prodhimi i mësipërm është mirë i përufizuar, sepse sipas përufizimit numri nu është i thjeshtë dhe sipas supozimit a numër të fundëm të numrave të thjeshtë. Shfrytëzojmë fatin se: + + +... = () p p p Për ëtë secilin fator të prodhimit () e paraqesim në trajtën () me ç rast merret. X = + + + +............ 3 3 3 + + + 3 3 3 + + + pr pr pr = + + + + +... =. 3 4 5 n n Por siç dijmë seria është seri diveregjente. D.m.th. emi arritur në n n ontradision. Pra, a pafundësisht shumë numra të thjeshtë. Më vonë gjatë ëtij ursi do të shohim vërtetimin sipas Goldbahut (Goldbach). Vërtetojmë tani pohimin vijues. Pohimi. Çdo numër i përbërë n a fator të thjeshtë p >, i cili është më i vogël ose baraz me n. Vërtetim. Numri n mund të shruhet në trajtën n= p p. Supozojmë të undërtën, pra se p > n dhe p > n. Atëherë n = p p > n n = n që është ontradision. Pra, së pau njëri nga fatorët p, p është më i vogël se n. Me fjalë të tjera nëse n nu a fator të thjesht më të vegjël ose baraz me n atëherë n është i thjeshtë. Shembulli. Tregoni se numri 3 është numër i përbër urse 0 është numër i thjeshtë.
Zgjidhje: Së pari njehsojmë 3 =, 09. D.m.th. duhet të ërojmë fatorët e thjeshtë, 3, 5, 7,. Shohim se 3 = 3. 4, pra 3 është numër i përbërë. Për të parë se 0 është numër i thjeshtë. Njehsojmë 0 = 0.04. Pra, duhet ëruar fatorët e thjeshtë, 3, 5, 7. Lehtë provohet se asnjë nga numrat, 3, 5, 7 nu e pjesëtojmë numrin 0. Pra, 0 është numër i thjeshtë. Ne tashmë treguam se a pambarim shumë numra të thjeshtë. Shtrohet pyetja. Si janë të shpërndarë ata? Në lidhje me ëtë po japim pa vërtetim teoremën. Teorema. (Teorema e numrave të thjeshtë) Le të jetë π ( x) numri i numrave të thjeshtë më të vegjël se x. Atëherë π ( x) lim = () x x ln x Siç mund të vërejmë nga (), vlera π ( x) është afërsisht e barabartë me x raportin. Hipotezën për satësinë e relacionit () të parët e parashtruan ln x Lezhandri (Legendre) dhe Gausi (Gauss). Në vitin 85, matematiani rus π ( n)ln( n) Çebishevi (Chebyshev) vërtetoi se nëse raporti a limit ai do të n jetë. Vërtetimi i parë rigoroz i teoremës u bë në vitin 896 nga Hadamardi (J. Hadamard) dhe Vale Pose (C.J. Wallée Poussin) në mënyrë të pavarur nga njëri tjetri. Gjatë vërtetimit ata përdorën funsionin f() s =, të dhënë nga Euleri s n= n në vitin 737. Në vitin 949 Atle Selberg dhe Paul Erdös paraqiten vërtetimin elementar të teoremës. 4 Në vijim po paraqesim grafiun e funsioneve π ( x) dhe ln xx të punuar në MATEMATIKA (program i dizajnuar për njehsime matematie).
4 Është fare e natyrshme të shtrohet pyetja. A a ndonjë formulë me anë të së cilës mund të gjenerohen të gjithë numrat e thjeshtë. Përgjigja është negative. Ndonëse a formula që japin numra të thjeshtë për çfarëdo vlere të ndryshores n, nu eziston ndonjë formulë në të cilën për ndonjë vlerë të n it do të mund të catonim numrin e n të të thjeshtë. Fati se shpërndarja e numrave të thjeshtë është shumë e çrregulltë bëri që të dështojnë të gjitha përpjejet për të catuar një formulë të tillë. Po për çfarë shpërndarje të çrregulltë bëhet fjalë. Le të shohim ëtë me anë të shembujve vijues. Esitojnë çifte të numrave të thjeshtë të formës ( p, p+ ). Pra, a raste ur numrat e thjesht janë shumë afër njëri tjetrit. Numrat e tillë quhen numra binjaë. Hipoteza e numrave binjaë thotë se ezistojnë pambarim shumë numra binjaë. Në anën tjetër, a shumë numra të njëpasnjëshëm të përbërë. Për shembull, vargu i numrave 00! +,00! + 3,...,00! + 00 paraqet 000 numra të njëpasnjëshëm të përbërë. Shembulli 3. Të catohet numri p, nëse dihet se numrat p, p+, p+ 4 janë numra të thjeshtë. Zgjidhja. Meqë numrat p, p+, p+ janë tre numra të njëpasnjëshëm, mbetet që njëri prej tyre të plotpjesëtohet me 3. Siur p + të plotpjesëtohet me 3 atëherë p+ 4 = ( p+ ) + 3 plotpjesëtohet me 3, pra nu është numër i thjeshtë.
Siur p + të plotpjesëtohet me 3, atëherë ai nu do të ishte i thjeshtë. Mbetet që p të plotpjesëtohet me 3, e jo është e mundur vetëm nëse p = 3, sepse në të undërtën p do të ishte numër i përbërë. Shembulli 4. Të tregohet se numrat e thjeshtë të trajtës 3 + e anë trajtën 6n +. Zgjidhja. Është e qartë se te numri i thjeshtë i trajtës 3 + numri nu mund të jetë numër te (sepse siur = n+ atëherë 3 + = 3(n+ ) + = 6n+ 4-numër çift). Pra, =. n Atëherë 3+ = 3 n+ = 6n+. Shembulli 5. Le të jetë p numër i thjeshtë i tillë që p dhe 3p 3 të jenë atror të numrave të plotë. Të vërtetohet se 5p është atror i një numri natyror për të patën një numër të thjeshtë p. Zgjidhja. Le të jetë p = dhe 3p 3= m. Atëherë due i mbledhur anë për anë dy shprehjet e fundit merret p = + m + () 5 3 Poashtu 5p = 4(p ) (3p 3), pra 5p 4 m = () Nga () dhe () merret + m + 3= 4 m, përatësisht 3( ) = m 3( ) ( + ) = m. Dallojmë rastet: 43 3( ) = ) + = m ) 3( ) = m + = 3) 3( ) = m + = m 4) 7) 3( ) = m 3( + ) = 5) 6) + = m = m 3( + ) = m 3( + ) = m 8). = m = m 3( + ) = m = Përveç rastit të tretë, me zgjidhjen e të cilit merret = 5, m= 6 rastet tjera nu anë zgjidhje.tregoni.
44 Për = 5 ose m = 6 merret p = 3. Pra, përfundojmë se për p = 3, 5p është atror i një numri natyror (numrit 8). 4n 4n Shembulli 6. Shprehja x + 4y të shprehet si prodhim i dy polinomeve. 004 005 Pastaj të tregohet se numri 5 + 4 është numër i përbërë. Zgjidhja. Në mënyrë që të merret ndryshimi i atrorëve shprehjes 4n 4n x + 4y i shtojmë dhe i zbresim 4x n y n. x + 4y = x + 4x y + 4y 4 x y = ( x + y ) ( x y ) 4 n 4 n 4 n n n 4 n n n n n n n = + + + n n n n n n n n ( x y x y )( x y x y ). Tregojmë tani pjesën tjetër të detyrës: 5 + 4 = 5 + 4 4 004 005 4 50 4 50 = + + + 50 50 50 50 50 50 50 50 (5 4 5 4 )(5 4 5 4 ) 00 00 50 00 00 50 = (5 + 4 0 )(5 + 4 + 0 ) që tregon se numri Detyra. Shprehja x 004 005 5 + 4 është numër i përbërë. + 64y të shprehet si prodhim i dy polinomeve. 6n 3n Detyra. Shprehja 6 n x të shprehet si prodhim i pesë polinomeve. Shembulli 7. a) Të tregohet se 6 është numër iracional. b) Të tregohet se + 3 është numër iracional. Zgjidhja. a) Supozojmë se 6 është numër racional. D.m.th 6 mund të shruhet në trajtë të thyesës (si herës i dy numrave relativisht të thjeshtë), pra p 6 =,( pq, ) =. q Due ngritur në atror merret: p 6 = ose p = 6 q. q Nga barazia e fundit përfundojmë se p është numër çift, e me ëtë edhe p, pra p = p. Këtë e zëvendësojmë në barazinë e fundit dhe marrim: ( p ) = 6 q, përatësisht 4p = 6q prej nga p = 3 q.
45 Prej ëtu onludojmë se q duhet të jetë numër çift, gjë që është në undërshtim me fatin se ( pq, ) =. b) Supozojmë të undërtën, pra se + 3 është numër racional, pra se + 3 = qq,. Ngrisim në atror barazinë e fundit dhe merret + 6 + 3= q 5+ 6 = q, prej nga q 5 6 =. Relacioni i fundit nu është i satë, sepse në bazë të rastit a) 6 q 5 është numër iracional, urse është numër racional. Detyra 3. Të vërtetohet se për çdo numër të thjeshtë p, p - është numër iracional. 6. TEOREMA FUNDAMENTALE NË ARITMETIKË Para se të vërtetojmë njërën nga teoremat më të rëndësishme në teorinë e numrave do të vërtetojmë disa pohime ndihmëse: Pohimi. Nëse a b c dhe ( ab, ) = atëherë a c. Vërtetim. Meqë ( ab, ) = atëherë në bazë të Lemës së Bezout, ezistojnë numrat e plotë s, t të tillë që: as + bt =. Le të shumëzojmë me c të dy anët e relacionit të mësipërm. c = cas + cbt = a( cs) + ( bc) t. Sipas supozimit a b c. Është e qartë se a a( cs ), ështu që a a( cs) + ( bc) t = c. D.m.th. a c. Pohimi. (Lema e Eulidit). Nëse p është numër i thjeshtë dhe p a b, atëherë p a ose p b. Vërtetim. Supozojmë se p a b. Më tutje supozojmë se p a. Le të jetë d = ( p, a). Vërejmë se d > 0, d p dhe d a. Meqë d p emi d = ose d = p.
46 Nëse d atëherë d = p. Por, jo do të thotë se p a gjë që është në undërshtim me supozimin se p a. Mbetet që d =. Pra ( pa, ) = dhe p a b. Kështu, sipas pohimit, emi p b. Rrjedhimi. Le të jenë a, a,..., a n numra të plotë të ndryshëm nga 0 dhe. Nëse p është numër i thjeshtë dhe p a a... an atëherë p a për ndonjë m, m n. m Rrjedhimi. Nëse p, p,..., p n janë numra të thjeshtë dhe p p p... pn atëherë p = p për ndonjë i, i n. Le t i thehemi teoremës: Teorema. (Teorema fundamentale në aritmetië). i Çdo numër i potë n >, mund të paraqitet në mënyrë të vetme në formën n= p..., p p s u s është numër i plotë dhe p, p,..., p s janë numra të thjeshtë që plotësojnë ushtin: p p... p s. Teorema e mësipërme mund të haset edhe më ëtë formulim: Çdo numër i plotë n > mund të shprehet në formën n= p..., p p s për ndonjë numër të plotë s, u pi, i {,,..., s} janë numra të thjeshtë, dhe jo paraqitje është e vetme deri në renditjen e numrave të thjeshtë. Për shembull numri 360 mund të paraqitet si vijon Fati se numri 360 mund të paraqitet edhe në format: 360 = 3 3 5. () 360= 335 360= 533
e arsyeton atë që e ceëm se paraqitja është e vetme due mos pasur parasysh renditjen. Nëse i referohemi relacionit () atëherë numrin 360 mund ta paraqesim në 3 trajtën 360 = 3 5. Në përgjithësi, nëse n > numri natyror n mund të paraqitet në trajtën: a a a... s, për s, u p < p <... < ps dhe ai, i. Shprehja () mund të paraqitet në trajtën: 47 n= p p p s () s n= p Le t i thehemi vërtetimit të teoremës. Nëse n është numër i thjeshtë, paraqitja është e realizuar. i= Nëse n është numër i përbërë, ai a të patën dy pjesëtues, pra n= p p,0 < n, n < n. Nëse n është numër i thjeshtë, atë e lëmë ashtu, nëse jo vazhdojmë precedurën. Pas një numri të fundëm hapash, merret paraqitja e numrit n. Le të tregojmë se paraqitja është e vetme. Le të jetë S bashësia e numrave të plotë pozitiv, më të mëdhenjë se, të cilët mund të paraqiten si prodhim i numrave të thjeshtë në së pau dy mënyra dhe le të supozojmë se S është bashësi jo boshe. Në bazë të Asiomës të Renditjes së Plotë, bashësia S e a elementin më të vogël, të cilin po e shënojmë me n. Pra, n është numër i plotë pozitiv, më i madh se i cili mund të paraqitet si prodhim i numrave të thjeshtë, së pau në dy mënyra, dhe çdo numër i plotë m, i tillë që < m< n, mund të paraqitet si prodhim i numrave të thjeshtë vetëm në një mënyrë. Shënim. Numri n është numër i përbërë, sepse siur n të jetë numër i thjeshtë, atëherë " n= n" është e vetmja mënyrë e paraqitjes së n it si prodhim i numrave të thjeshtë, p.sh. 7=7. (Nxënësi le të arsyetojë pse numri n është i përbërë). ai i.
48 Pra, numri n mund të shruhet si vijon: n= p... p p n= q..., q q l u pi, qj, i {,,..., l}, j {,,..., l} janë numra të thjeshtë dhe l, janë së pau. Le të vërejmë se p = q për ndonjë j. Nëse p, = q atëherë është e qartë. j Nëse p q, atëherë meqë p, q janë numra të thjeshtë, emi ( p, q ) =. Le t i referohemi pohimit. Nëse a b c dhe ( ab, ) = atëherë a c. Le të shënojmë a = p, b= q, c= q... q l. Kemi p ( p... p) = q q... ql. a b c Kështu që p (që luan rolin e a -së në bazë të lemës) e pjesëton q... ql (që luan rolin e bc ), prandaj p q... q l. Këtë proces e përsërisim. Nëse p q,..., p ql atëherë në hapin e fundit do të marrim që p. q l Meqë p, q l janë numra të thjeshtë merret që p = q l. Numrat q i radhisim ashtu që p = q. j Zëvendësojmë n n m = =. Atëherë m= p... p = q... ql. p q Por, m>, m< n dhe m a vetëm një fatorizim sipas numrave të thjeshtë. Kjo, d.m.th. se = l dhe përveç renditjes, pi - të janë të barabarta me q j. Due marrë se edhe p = q përfundojmë se edhe n a të njëjtën paraqitje. Pohimi. Nëse zbërthimi anoni i numrit a është a= p p... p α atëherë të gjithë pjesëtuesit e numrit a janë numrat d = p p... p β u βi, i=,,..., të tillë që 0 βi αi, i=,,...,.
Vërtetim. Le të jetë d një pjesëtues i numrit natyror a. Le të jetë p një pjesëtues i thjeshtë i çfarëdoshëm i numrit d, pra p d. Meqë d a atëherë p a. Pra, p është pjesëtues i prodhimit p α p α... p α, u p, p,..., p janë të thjeshtë. 49 Në bazë të rrjedhimit përfundojmë se p është njëri nga numrat p, p,..., p. rrjedhimisht d = p β p β... p β u β i, i=,,..., janë numra të plotë jonegativ. Për çdo β i, i=,,..., vlen β i α i sepse siur p.sh. β > α atëherë p α p α p α β β β = ( p p... p ) q, q.... Due pjesëtuar me p α do të merrnim barazimin: p α... p α β = p α β β p... p q β α α α α α prej nga rrjedh se p p... p p p... p. Në bazë të rrjedhimit merret që p është njëri nga numrat p,..., p gjë që paraqet ontradision. Shembulli. Të catohen pjesëtuesit e numrit 7. 3 Zgjidhja. Meqë 7 = 3 atëherë në bazë të pohimit, përfundojmë se β β pjesëtuesit e numrit 7 janë numrat d = 3, u 0 β 3 dhe 0 β. Pra β = 0,,,3; β = 0,,. 0 0 Për β = 0, β = 0, d = 3 =. 0 Për β =, β = 0, d = 3 =. 0 Për β =, β = 0, d = 3 = 4. 3 0 Për β = 3, β = 0, d = 3 = 8. Ngjashëm ryhen edhe njehsimet tjera. Pra, pjesëtuesit e numrit 7 janë:,,3,4,6,8,9,,8, 4,36,7. Shembulli. Të catohen të gjithë numrat natyror n për të cilët numri n + 6n+ 646 është atror i një numri natyror. Zgjidhja. Le të n + 6n+ 646 = m. Atëherë n + 6n+ 9+ 637= m. D.m.th. m ( n+ 3) = 637, përatësisht ( m n 3) ( m+ n+ 3) = 9 7.
50 m n 3= 7 Merret sistemi. Pse? m + n + 3 = 9 Due mbledhur anë për anë të dy barazimet e sistemit të mësipërm merret m = 49. Pra ( n+ 3) = 49 637 n= 39. Përfundojmë se n = 39 është numri i vetëm natyror për të cilin shprehja n + 6n+ 646 është atror i një numri natyror. Shembulli. Le të jetë τ ( n) numri i pjesëtuesve të numrit n (ëtu përfshihen edhe dhe n). Të catohet numri më i vogël natyror n për të cilin vlen τ ( n) =τ (004). Zgjidhja. Së pari do të paraqesim disa sqarime. Le të shqyrtojmë për shembull numrin 4. Provohet lehtë se pjesëtuesit e numrit 4 janë:,, 3, 4, 6, 8,, 4. Pra τ (4) = 8. Nëse shqyrtojmë numrin 30, atëherë pjesëtuesit e numrit 30 janë,, 3, 5, 6, 0, 5, 30. Pra τ (30) = 8. Pra, vërejmë se τ (4) =τ (30) = 8, por 4 është më i vogël se 30. D.m.th. 4 është numri më i vogël natyror n i tillë që τ ( n) = 8. Por për të përcatuar numrin e pjesëtuesve të numrave të mëdhenjë nu është detyrë e lehtë. Në vijim do të shohim një metodë për të përcatuar numrin e pjesëtuesve të numrit të dhënë. Përujtojmë se çdo numër natyror n, mund të shruhet në s mënyrë të vetme në formën n= p p... p s, u p, p,..., p s janë numra të thjeshtë të ndryshëm mes veti, urse,,..., s janë numra natyror. P.sh. 3 3 0 = 3 5 = 3 5; 360 = 3 5. Kështu nëse p është numër i thjeshtë atëherë pjesëtuesit e numrit p, janë:, p, p,..., p, p, pra gjithsejtë janë + pjesëtues të numrit p. D.m.th. τ ( p ) = +. s Atëherë meqë n= p p... p s do të emi Tani meqë n s τ ( ) = ( + ) ( + )... ( + ). 004 = 3 67 emi
5 τ (004) = ( + ) ( + ) ( + ) = 3 =. D.m.th. numri 004 a gjithsejtë pjesëtues. Detyra e jonë është që të catojmë numrin më të vogël natyror që a pjesëtues, pra që τ ( n) =. Meqë = = 6= 3 4= 4 3= 6 = 3= 3 = 3 atëherë numrat që anë pjesëtues janë të trajtave vijuese: 5 3 3 5 p, pq, pq, pq, pqpqr,, pqr, pqr. Pse? Numrat më të vegjël të ëtyre trajtave janë: 5 3 3 5,3, 3, 3, 3,35, 35,3 5, përatësisht 048,486,08,7,96,50,60,90. Përfundojmë se numri më i vogël natyror me pjesëtues qena numri 60. 7. KU GABOI FERMA? Në vitin 653 Ferma formuloi pohimin: Të gjithë numrat e trajtës n, n 0,,,3,... + = janë të thjeshtë. Ferma pohimin e tij e arsyetoi si vijon: n = 0 n = n = n = 3 n = 4 0 + = + = 3 + = + = 4+ = 5 4 + = + = 6+ = 7 3 8 + = + = 56 + = 57 4 6 + = + = 65536 + = 65537. Meqë për vlerat n = 0,,, 3, 4 Ferma mori numra të thjeshtë, ai nu ngurroi ta përgjithësoi pohimin e tij edhe për n = 5, 6,... Por ai nu arriti ta vërtetoi ëtë. Madje, ai nu e vërtetoi pohimin as për n = 5, sepse me ëtë rast merret: 5 3 + = + = 49496796 + = 49496797 për të cilin nu mundi të tregonte se është i thjeshtë! Piërisht, ëtu gaboi Ferma.
5 Këtë gabim të tij, do ta dëshmoi 00 vite më vonë, më 753, matematiani i 5 njohur Leonard Euleri i cili vërtetoi se numri + plotpjesëtohet me 64. Sot, me ndihmën e ompjuterëve janë gjetur edhe numra të tjerë të trajtës n + të cilët nu janë të thjeshtë. P.sh. numri 73 944473965739904739 + = + është treguar se nu është i thjeshtë. Të thesojmë se për nder të Fermës, numrat e trajtës + quhen numra të Fermës. Në vijim do të shohim një vërtetim elegant të prezentuar nga matematiani 5 G.T.Berret i cili tregon që numri + plotpjesëtohet me 64 (pra, është numër i përbërë). Vërtetimi mbështetet në dy pohime ndihmëse: 4 8 3 4 4 7 Pohimi. Numri 5 + plotpjesëtohet me 64 = 5 + = 5 +. 4 8 3 8 4 4 8 Vërtetë 5 + = (5 + ) = 64 64. Pohimi. Numri 5 4 8 plotpjesëtohet me 64. Vërtetë 4 8 4 4 5 = (5 ) (5 + ) 7 7 4 = (5 ) (5 + ) (5 + ) 7 4 = 64 (5 ) (5 + ) 64. 4 8 3 Tani, meqë numrat 5 + dhe 5 4 8 plotpjesëtohen me 64 edhe 5 4 8 3 4 8 3 ndryshimi i tyre 5 + (5 ) = + = + plotpjesëtohet me 64, gjë që duhej treguar. n