ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 6 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Βρείτε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες των αριθµών : 140, 2013, 1001, 9999, 111111, 10!, ( ) 30 10 Λύση. Εχουµε και άρα οι ϕυσικοί διαιρέτες του αριθµού 140 είναι : 140 = 2 70 = 2 2 35 = 2 2 5 7 {2 a 5 b 7 c 0 a 2, 0 b, c 1} δηλαδή το σύνολο {1, 2, 4, 5, 10, 20, 7, 14, 28, 35, 70, 140}. Εχουµε : 2013 = 3 11 61 1001 = 11 91 = 11 7 13 9999 = 9 1111 = 3 2 11 101 111111 = 111 1001 = 3 37 7 11 13 10! = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 = 1 2 3 2 2 5 2 3 7 2 3 3 2 2 5 = 2 8 3 4 5 2 7 ( ) 30 10 = 30! 10! (30 10)! = 30! 10! 20! = 20! 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 20! 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 = 3 2 5 7 11 13 23 29 Από τη πρωτογενή ανάλυση των παραπάνω αριθµών ϐρίσκουµε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες τους, όπως ακριβώς κάναµε και µε τον αριθµό 140. Ασκηση 2. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των ϕυσικών αριθµών : (α) 10 6 1, (β) 10 8 1, (γ) 2 15 1

2 Λύση. (α) Αφού 10 6 1 = (10 3 + 1) (10 3 1) και 10 3 + 1 = (10 + 1) (10 2 10 + 1) = 11 91 = 11 7 13 10 3 1 = (10 1) (10 2 + 10 + 1) = 9 111 = 3 2 3 37 = 3 3 37 η πρωτογενής ανάλυση του 10 6 1 είναι 10 6 1 = 3 3 7 11 13 37 (β) Εχουµε : 10 8 1 = (10 4 ) 2 1 = (10 4 1) (10 4 + 1) = (10 2 1) (10 2 + 1) (10 4 + 1) = (10 1) (10 + 1) 101 (10000 + 1) = 9 11 101 10001 = 3 2 11 101 10001 = 3 2 11 73 101 137 (γ) Εχουµε : 2 15 1 = 32768 1 = 32767 = 7 31 151. Ασκηση 3. Εστω a, b, n, m N έτσι ώστε : n m. είξτε ότι : Ισχύει η παραπάνω συνεπαγωγή αν n < m ; a n b m = a b ( ) Λύση. Αν a = 1 τότε το αποτέλεσµα είναι ϕανερό. Εποµένως υποθέτουµε a 2. Εστω {p 1,..., p } το σύνολο των πρώτων αριθµών που διαιρούν τουλάχιστον έναν από τους a και b. Τότε υπάρχουν a i, b i 0 ώστε a = p α 1 1 pα και b = p β 1 1 pβ. Αρκεί να δείξουµε ότι α i β i για κάθε i. Εχουµε : Εποµένως a n = p nα 1 1 p nα & b m = p mβ 1 1 p mβ a n = p nα 1 1 p nα b m = p mβ 1 1 p mβ = nα i mβ i για κάθε 1 i Αφού n m έπεται ότι υπάρχει r N έτσι ώστε n = m + r. Αρα για κάθε 1 i έχουµε Αν υπάρχει s {1,..., } µε α s > β s τότε nα i = mα i + rα i mβ i mβ s + rβ s < mα s + rα s mβ s που είναι άτοπο. Συνεπώς α i β i για κάθε i = 1,, και άρα a b. Υποθέτουµε ότι n < m. Εστω n = 2, m = 5, a = 4 και b = 2. Τότε a n = 4 2 = 16 32 = 2 5 = b m αλλά a = 4 b = 2. Αρα αν n < m η συνεπαγωγή ( ) δεν ισχύει.

3 Ασκηση 4. Να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης m n = n m δηλαδή να ϐρεθούν όλα τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων αριθµών (n, m) τα οποία ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. Λύση. Αν n = 1 τότε ϕανερά πρέπει m = 1. Οµοίως αν m = 1 τότε πρέπει n = 1. Εποµένως υποθέτουµε n, m 2. Αφού m n = n m τότε έπεται από τη ϑεωρία ότι οι αριθµοί m και n έχουν τους ίδιους πρώτους διαιρέτες. Εστω m = p a 1 2 pa & n = p b 1 1 p b 2 2 p b οι πρωτογενείς αναλύσεις των αριθµών m και n αντίστοιχα. Τότε m n = n m = p na 1 1 p na 2 2 p na = p mb 1 1 p mb 2 2 p mb = a i n = b i m, i = 1, 2,, Προφανώς αν n = m τότε η εξίσωση m n = n m ικανοποιείται. Υποθέτουµε λοιπόν ότι m n και έστω n > m. Επειδή a i n = b i m και n > m έπεται ότι a i < b i για κάθε i = 1, 2,. Αρα m n = n = dm = m dm = (dm) m = m d = dm = m d 1 = d Αφού n > m έχουµε ότι d > 1. ιακρίνουµε τις περιπτωσεις : (1) Αν m = d = 2 τότε 2 2 1 = 2 ενώ αν d > 2 τότε m d 1 > d. (2) Αν d > 2 και m 2 έχουµε m d 1 2 d 1 > d. ( είχνουµε την ανισότητα 2 d 1 > d για d 3 µε επαγωγή στο d. Για d = 3 ισχύει. Υποθέτουµε 2 d 1 > d. Τότε 2 d = 2 2 d 1 > 2d > 1+d. Αρα απο την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα 2 d 1 > d ισχύει για κάθε d 3.) (3) Αν d = 2 και m > 2 τότε m d 1 = m > 2 = d. Αρα οι µόνες λύσεις µε n > m είναι m = 2 και n = 2d = 2 2 = 4. Εποµένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης m n = n m είναι οι ακόλουθες : m = 2 και n = 4 n = 2 και m = 4 n = m Ασκηση 5. Ενας εκδοτικός οίκος από τις πωλήσεις ενός ϐιβλίου είχε έσοδα 375.961. Μπορείτε να εκτιµήσετε πόσα ϐιβλία πούλησε ο εκδοτικός οίκος αν η τιµή του ϐιβλίου είναι ακέραιος και πάνω από ένα ευρώ ; Λύση. Εστω m η τιµή του ϐιβλίου και n ο αριθµός των ϐιβλίων που πουλήθηκαν. έχουµε : 375961 = m n Εποµένως οι αριθµοί είναι διαιρέτες του 375961. Η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού 375961 είναι 375961 = 79 4759 Τότε προφανώς ϑα και εποµένως οι διαιρέτες του 375961, εκτός των 1 και 375961, είναι οι αριθµοί 79 και 4759. Αρα η πιθανότερη εκδοχή είναι ότι n = 4759, και m = 79. Εποµένως το πιθανότερο είναι ότι ο εκδοτικός οίκος πούλησε 4759 ϐιβλία στη τιµή των 79.

4 Ασκηση 6. 1. είξτε ότι ο 2 είναι άρρητος. 2. Να δείξετε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο αριθµός n είναι άρρητος. 3. Αν n, m N όπου n, m > 1, και ο αριθµός n m είναι ϱητός, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός n m είναι ακέραιος. Λύση. 1. Υποθέτουµε αντίθετα ότι 2 Q. Αρα 2 = a b όπου a, b Z, b 0 και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε a 2 = = a 2 = 2b 2 = 2 a 2 = 2 a (1) b Αφού το 2 διαιρεί τον αριθµό a τότε a = 2c και εποµένως έχουµε a 2 = 4c 2 = 4c 2 = 2b 2 = 2c 2 = b 2 = 2 b 2 = 2 b (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι το 2 είναι κοινός παράγοντας των a, b. Αυτό όµως είναι άτοπο και άρα 2 / Q. 2. Εστω ότι n Q, δηλαδή n = a b µε a, b Z, b 0 και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε a 2 = nb 2 και από την υπόθεση µας το n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου. Αρα υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι ώστε Τότε Αρα a = pc και τότε έχουµε p n p n και p 2 n n a 2 = p a 2 = p a a 2 = p 2 c 2 = nb 2 = pn b 2 = pc 2 = n b 2 = p n b 2 p n = p b 2 = p b Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Αρα n / Q. 3. Εχουµε n m = a b και υποθέτουµε ότι οι αριθµοί a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Εστω ότι b > 1. Τότε υπάρχει πρώτος p b έτσι ώστε n a a n = mb n m = = = p a n = p a b p b Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς b = 1 και εποµένως n m Z. Ασκηση 7. (1) Να δείξετε ότι ο ϕυσικός αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνον αν οι δυνάµεις στην πρωτογενή ανάλυση του n είναι άρτιοι αριθµοί. (2) Εστω n 2 και a = p a 1 2 pam m η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού a. είξτε ότι η n-στή ϱίζα του a είναι ϱητός αριθµός αν και µόνο αν το n διαιρεί το a i για κάθε i = 1, 2,, m: n a Q n ai, 1 i m

5 Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ο αριθµός n = p a 1 2 pa είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνο αν τα a i είναι άρτιοι αριθµοί για κάθε 1 i. Αν για κάθε 1 i οι αριθµοί a i είναι άρτιοι, τότε a i = 2b i και άρα n = p a 1 2 pa = p2b 1 1 p2b 2 2 p 2b = (p b 1 1 p b 2 2 p b ) 2 Συνεπώς ο αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο. Εστω n = m 2 και m = p b 1 1 p b η πρωτογενής ανάλυση του m. Τότε n = m 2 = p 2b 1 1 p 2b = p a 1 1 pa = p2b 1 1 p 2b και λόγω µοναδικότητας της παραγοντοποίησης έπεται ότι a i = 2b i για κάθε 1 i. (2) Εστω ότι n a Q. Τότε από το τρίτο ερώτηµα της Ασκησης 6 έπεται ότι n a Z. Εστω η πρωτογενής ανάλυση του n a. Τότε n a = p 1 1 pm m a = (p 1 1 pm m ) n = a = p a 1 1 pam m = p n 1 1 p nm m = a i = n i Συνεπώς n a i για κάθε 1 i m. Αντίστροφα, έστω a = p a 1 1 pam m η πρωτογενής ανάλυση του a και έστω n a i για κάθε 1 i m. Αρα a i = n i και τότε a = p a 1 1 pam m = p n 1 1 p nm m = (p 1 1 pm m ) n Εποµένως έχουµε : n a = p 1 1 pm m Z Q. Ασκηση 8. Να ϐρεθούν όλοι οι ϕυσικοί αριθµοί οι οποίοι έχουν ακριβώς (α) 3, και (β) 4, ϑετικούς διαιρέτες. Λύση. (α) Εστω α N µε ακριβώς 3 ϑετικούς διαιρέτες. Επειδή 1, α α έπεται ότι ο α έχει ακριβώς έναν διαιρέτη d α µε d 1 και d α. Εστω α = p a 1 1 pan n η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού α. Αν n 2 τότε οι αριθµοί 1, p 1, p 2, p 1 p 2 α, που είναι άτοπο. Αρα n = 1, δηλαδή α = p a 1 1. Αν a 1 3 τότε 1, p, p 2, p 3 α που είναι άτοπο διότι ο αριθµός α έχει ακριβώς 3 διαιρέτες. Εποµένως α = p 2, όπου p πρώτος αριθµός. (β) Εστω α N µε ακριβώς 4 ϑετικούς διαιρέτες και έστω α = p a 1 1 pan n η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού α. ιακρίνουµε τις περιπτώσεις : (1) Αν n = 1 τότε α = p. Φανερά για την τιµή = 3 και µόνο για αυτήν ο αριθµός α = p 3 έχει ακριβώς 4 διαιρέτες : 1, p, p 2, p 3. (2) Αν n = 2 τότε α = p a 1 2. Αρα για µόνο για a 1 = a 2 = 1 ο αριθµός α έχει ακριβώς 4 διαιρέτες : 1, p 1, p 2, p 1 p 2. (3) Αν n 3 τότε επειδή οι 1, p 1, p 2, p 3, p 1 p 2 είναι διαιρέτες του α ο αριθµός α έχει περισσότερους από 4 διαιρέτες. Ασκηση 9. Ενα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) Z[t] µε ακέραιους συντελεστές καλείται ανάγωγο αν δεν υπάρχουν πολυώνυµα g(t), h(t) Z[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t) = g(t)h(t). είξτε το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = a 0 + a 1 t + + a n t n, n > 0, a i Z, 0 i n και a n 0 και έστω p ένας πρώτος αριθµός. Τότε : p a 0, p a 1,, p a n 1 & p a n & p 2 a 0 = f(t) : ανάγωγο

6 Λύση. Εστω ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι ανάγωγο. Αρα f(t) = g(t)h(t) όπου g(t) = b 0 + b 1 t + + b s t s Z[t], h(t) = c 0 + c 1 t + + c r t r Z[t] και s 1, r 1. Τότε a 0 = b 0 c 0, a 1 = b 0 c 1 + b 1 c 0,, a i = b 0 c i + b 1 c i 1 + + b i c 0 όπου 0 i n. Αφού p a 0 και a 0 = b 0 c 0 έπεται ότι p b 0 ή p c 0. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι p b 0 και p c 0. Αν p b s τότε p b s c r = p a n που είναι άτοπο. Αρα p b s. Εποµένως υπάρχει ένα i s έτσι ώστε p b 0, b 1, b i 1 και p b i. Οµως a i = b 0 c i + b 1 c i 1 + + b i 1 c 1 + b i c 0 και p a i p b i c 0 = = p b i p b 0 c i + + b i 1 c 1 p c 0 που είναι άτοπο. Συνεπώς το πολυώνυµο f(t) είναι ανάγωγο. Ασκηση 10. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = t n + c n 1 t n 1 + c 1 t + c 0, Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του f(t), να δείξετε ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος. Λύση. Εστω p = a b Q µια ϱίζα του f(t). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κανένα κοινό παράγοντα. Αρα (a (a a b )n + c n 1 b )n 1 + + c 1 b + c 0 = 0 Πολλαπλασιάζοντας της παραπάνω σχέση µε b n ϑα έχουµε a n + c n 1 a n 1 b + + c 1 ab n 1 + c 0 b n = 0 = a n = b( c n 1 a n 1 c 1 ab n 2 c 0 b n 1 ) = b a n Υποθέτουµε ότι b ±1. Τότε ο b έχει ένα πρώτο διαιρέτη q και άρα q b = q a n = q a b a n Συνεπώς οι a, b έχουν ένα κοινό πρώτο διαιρέτη που είναι άτοπο. Αρα b = ±1 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. Συµβολισµός : Εστω p πρώτος. Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός και N 0, τότε ϑα γράφουµε : p n p n και p +1 n δηλαδή p είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον n, και όπου = 0 αν p n. Ασκηση 11. Εστω p πρώτος. Ορίζουµε συνάρτηση v p : N N 0, v p (n) = max { N 0 p n } Αν P = {p N p : πρώτος} είναι το σύνολο των πρώτων αριθµών, να δείξετε ότι :

7 (1) v p (n) = 0, p P n = 1. (2) v p (mn) = v p (m) + v p (n), p P. (3) m n v p (m) v p (n), p P. (4) v p (m) = v p (n), p P m = n. Λύση. (1) Αν n = 1 τότε για κάθε p P έχουµε v p (1) = max { N 0 p 1 } = 0. Αντίστροφα αν v p (n) = 0, p P, τότε δεν υπάρχει πρώτος που να διαιρεί τον n στη πρωτογενή του ανάλυση, δηλαδή αναγκαστικά n = 1. (2) Χρησιµοποιώντας τη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών m και n έχουµε ότι µε (p, q) = 1 και (p, q ) = 1. Τότε m = p a q και n = p b q mn = p a+b qq και (p, qq ) = 1 διότι διαφορετικά αν p qq τότε p q ή p q που είναι άτοπο. Αρα p P έχουµε v p (mn) = a + b = v p (m) + v p (n) (3) Εστω m n, άρα υπάρχει c έτσι ώστε n = mc. Τότε από το προηγούµενο ερώτηµα έπεται ότι και άρα v p (m) v p (n) για κάθε p P. Αντίστροφα ορίζουµε c = Τότε m = nc και άρα m n. (4) Επεται άµεσα από το ερώτηµα (3). v p (n) = v p (mc) = v p (m) + v p (c) p:πρώτος p vp(n) vp(m) Ασκηση 12. Εστω p ένας πρώτος αριθµός και n, m, a, b N. Να δειχθούν τα ακόλουθα : Λύση. (1) p n a & p m b = p n+m ab. (2) p n a = p n a. (3) n m & p n a & p m b = p min{n,m} (a + b). (1) Εστω p n a και p m b. Αρα p n a, p n+1 a και p m b, p m+1 b. Αρα a = p n q και b = p m r όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r. Τότε ab = (p n q)(p m r) = p n+m qr και άρα p n+m ab και p n+m+1 ab αφού το p δεν διαιρεί το qr. Εποµένως p n+m ab. (2) Εστω p n a, δηλαδή p n a και p n+1 a. Αρα a = p n m όπου p m. Τότε p m και έχουµε Συνεπώς p n a. (3) Εστω p n a και p m b µε n m. Εχουµε a = p n m a = p n q και b = p m r όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r. Υποθέτουµε ότι n = min{n, m}. Τότε Επειδή p q αλλά p p m n r έπεται ότι a + b = p n q + p m r = p n (q + p m n r) p (q + p m n r) Εποµένως έχουµε ότι p min{n,m} (a + b).