Lucrare Soluţii 28 aprilie 2015 Varianta 1 I 1 Definiţi noţiunile de număr prim şi număr ireductibil. Soluţie. Vezi Curs 6 Definiţiile 1 şi 2 Definiţie. Numărul întreg p se numeşte număr prim dacă p 0, p ±1 şi p ab, cu a, b Z implică p a sau p b. Definiţie. Numărul întreg p se numeşte număr ireductibil (sau indecompozabil) dacă p 0, p ±1 şi singurii săi divizori sunt ±1, ±p. 2 Demonstraţi că, în mulţimea numerelor naturale, orice număr prim este ireductibil. Soluţie. Vezi Curs 6 Teorema 2 Fie p N, p număr prim. Vrem să demonstrăm că p este ireductibil. Fie d N un divizor al său, adică d p. Rezultă că există a N astfel încât da = p. În particular, p ad. Cum p este prim, apar două cazuri: i p d. Cum d p d = ±p. ii p a. Cum p = ad a p a = ±p p=ad === d = ±1. Rezultă că d {±1, ±p}, deci p este ireductibil, ceea ce încheie demonstraţia. 3 Enunţaţi Principiul Bunei Ordonări în mulţimea numerelor naturale. Soluţie. Vezi Curs 2 Teorema 4 Teoremă. (Principiul Bunei Ordonări, PBO) Mulţimea N înzestrată cu relaţia de ordine totală este o mulţime bine ordonată. 4 Demonstraţi Lema lui Euclid: dacă a, b, c N, a bc şi (a, b) = 1, atunci a c. Soluţie. Vezi Cursul 5 Propoziţia 5.3 (a, b) = 1 u, v Z astfel încât au + bv = 1. Înmulţind cu c, rezultă că acu + bcv = c. a bc a (acu + bcv) a c. Cum II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 252. 1
Soluţie. 252 = 2 2 3 2 7. Rezultă că divizorii naturali ai lui 252 sunt de forma 2 a 3 b 7 c unde a {0, 1, 2}, b {0, 1, 2}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 2 0 3 0 7 0 = 1, 2 0 3 0 7 1 = 7, 2 0 3 1 7 0 = 3, 2 0 3 1 7 1 = 21, 2 0 3 2 7 0 = 9, 2 0 3 2 7 1 = 63, 2 1 3 0 7 0 = 2, 2 1 3 0 7 1 = 14, 2 1 3 1 7 0 = 6, 2 1 3 1 7 1 = 42, 2 1 3 2 7 0 = 18, 2 1 3 2 7 1 = 126, 2 2 3 0 7 0 = 4, 2 2 3 0 7 1 = 28, 2 2 3 1 7 0 = 12, 2 2 3 1 7 1 = 84 2 2 3 2 7 0 = 36, 2 2 3 2 7 1 = 252 Ordonând crescător: D252 N = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 9, 12, 14, 18, 21, 28, 36, 42, 63, 84, 126, 252}. Divizorii întregi sunt: D252 Z = {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±7, ±9, ±12, ±14, ±18, ±21, ±28, ±36, ±42, ±63, ±84, ±126, ±252}. 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 252 şi 75; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 252 şi 75. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 252 = 75 3 + 27 75 = 27 2 + 21 27 = 21 1 + 6 21 = 6 3 + 3 6 = 3 2 + 0. Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 252 şi 75 este (252, 75) = 3. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 3 = 21 3 6 = (75 2 27) 3(27 21) = 75 5 27+3 21 = 75 5 27 + 3(75 2 27) = 4 75 11 27 = 4 75 11(252 3 75) = 37 75 11 252. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 2 n > n, oricare ar fi n N. 2
Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 2 n > n, n N. Pentru n = 0, P (0) : 2 0 > 0 este adevărată. Pasul I: Etapa de verificare [n = 1]. P (1) : 2 1 > 1 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 1, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 2 k > k. Înmulţind inegalitatea cu 2, rezultă că 2 2 k > 2k 2 k+1 2k k+1 pentru k 1 > 2k ============ 2 k+1 > k + 1, deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că P (n) : 2 n > n este adevărată n N. Cum P (0) este, de asemenea adevărată, rezultă că: 2 n > n, n N. 4 (a) Scrieţi numărul 79 (10) în baza 5. (b) Determinaţi baza de numeraţie u în care 371 (u) 355 (u) divide 477 (u) 433 (u). Soluţie. (a) 79 = 5 15 + 4 15 = 5 3 + 0 Deci, 79 (10) = 304 (5). (b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 22 Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 371 (u) 355 (u) = (3u 2 + 7u + 1) (3u 2 + 5u + 5) = 2u 4. 477 (u) 433 (u) = (4u 2 + 7u + 7) (4u 2 + 3u + 3) = 4u + 4. (371 (u) 355 (u) ) (477 (u) 433 (u) ) (2u 4) (4u + 4) ========= (2u 4) (4u 8) (2u 4) ((4u + 4) (4u 8)) (2u 4) 12 ===== u N,u>7 2u 4 = 12 u = 8. 5 (a) Arătaţi că dacă p N, p > 4 este prim, atunci p 2 este de forma 4k + 1 şi de asemenea, de forma 3h + 1 (h, k N ). (b) Deduceţi că restul împărţirii lui p 2 la 12 este 1. Soluţie. (a) p > 4 prim p impar, adică a N astfel încât p = 2a+1 p 2 = 4a 2 +4a+1 k=a2 +a N ======= p 2 = 4k + 1. p > 4 prim p nu este divizibil cu 3, adică p este de forma 3b + 1 sau 3b + 2, unde b N. i p = 3b + 1, b N p 2 = 9b 2 + 6b + 1 h=3b2 +2b N ======== p 2 = 3h + 1. ii p = 3b + 2, b N p 2 = 9b 2 + 12b + 4 h=3b2 +4b+1 N ========== p 2 = 3h + 1. (b) Folosind punctul anterior, rezultă că p 2 = 4k +1 = 3h+1 unde h, k N. Rezultă că 4k = 3h (4,3)=1 ==== k. 3 s N astfel încât k = 3s p 2 = 12s + 1, ceea ce încheie demonstraţia. 3
Varianta 2 I 1 Enunţaţi Teorema împărţirii cu rest. Soluţie. Vezi Curs 4 Teorema 1 Teoremă. (Teorema împărţirii cu rest - TIR) (i) Pentru orice două numere naturale a şi b, b 0, există şi sunt unice numerele naturale q şi r astfel încât a = bq + r şi 0 r < b. (ii) Pentru orice două numere întregi a şi b, b 0, există şi sunt unice numerele întregi q şi r astfel încât a = bq + r şi 0 r < b. 2 Demonstraţi Teorema lui Euclid: există o infinitate de numere prime în N. Soluţie. Vezi Curs 7 Teorema 1 Raţionăm prin reducere la absurd. Presupunem că mulţimea tuturor numerelor naturale prime este finită, {p 1, p 2,..., p r }. Fie n = p 1 p 2... p r + 1. Atunci, oricare ar fi i {1,..., r}, p i < n, deci n nu este prim. Rezultă că n are un divizor prim, fie acesta p j pentru un j {1,..., r}, p j n. Dar evident p j p 1 p 2... p r, deci p j 1, ceea ce este absurd. Rezultă că presupunerea făcută este falsă, deci există o infinitate de numere prime. 3 Definiţi noţiunile de cel mai mare divizor comun şi cel mai mic multiplu comun în N. Soluţie. Vezi Curs 5 Definiţiile 1 şi 3 Definiţie. Fie a, b N, a 0 sau b 0. Spunem că numărul natural d este cel mai mare divizor comun al numerelor a şi b, şi notăm d = (a, b), dacă: 1. d a şi d b; 2. dacă d N este divizor comun al numerelor a şi b, atunci d d. Dacă a = b = 0, definim (a, b) = 0. Definiţie. Fie a, b N. Spunem că numărul natural m este cel mai mic multiplu comun al numerelor a şi b, şi notăm m = [a, b], dacă: 1. a m şi b m; 2. dacă m N este multiplu comun al numerelor a şi b, atunci m m. 4 Demonstraţi că dacă a, b, c N, a c, b c şi (a, b) = 1 atunci ab c. Soluţie. Vezi Cursul 5 Propoziţia 5.4 (a, b) = 1 u, v Z astfel încât au + bv = 1. Înmulţind cu c, rezultă că acu + bcv = c. Pe de altă parte, a c şi b c ab bc şi ab ac ab (acu + bcv) ====== acu+bcv=c ab c. II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 140. 4
Soluţie. 140 = 2 2 5 7. Rezultă că divizorii naturali ai lui 140 sunt de forma 2 a 3 b 7 c unde a {0, 1, 2}, b {0, 1}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 2 0 5 0 7 0 = 1, 2 0 5 0 7 1 = 7, 2 0 5 1 7 0 = 5, 2 0 5 1 7 1 = 35, 2 1 5 0 7 0 = 2, 2 1 5 0 7 1 = 14, 2 1 5 1 7 0 = 10, 2 1 5 1 7 1 = 70, 2 2 5 0 7 0 = 4, 2 2 5 0 7 1 = 28, 2 2 5 1 7 0 = 20, 2 2 5 1 7 1 = 140 Ordonând crescător: D N 140 = {1, 2, 4, 5, 7, 10, 14, 20, 28, 35, 70, 140}. Divizorii întregi sunt: DZ 140 = {±1, ±2, ±4, ±5, ±7, ±10, ±14, ±20, ±28, ±35, ±70, ±140}. 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 231 şi 140; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 231 şi 140. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 231 = 140 1 + 91 140 = 91 1 + 49 91 = 49 1 + 42 49 = 42 1 + 7 42 = 7 6 + 0. Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 231 şi 140 este (231, 140) = 7. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 7 = 49 42 = (140 91) (91 49) = 140 2 91 + 49 = 140 2 91 + (140 91) = 2 140 3 91 = 2 140 3(231 140) = 3 231 + 5 140. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 2 n+2 > 2n + 5, oricare ar fi n N. Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 2 n+2 > 2n + 5, n N. Pasul I: Etapa de verificare [n = 1]. P (1) : 2 3 > 7 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 1, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 2 k+2 > 4k+10 2k+7 pentru k 1 =============== 2k+5. Înmulţind inegalitatea cu 2, rezultă că 2 2k+2 > 2(2k+5) 2 k+3 > 4k+10 2 (k+1)+2 > 2(k + 1) + 5, deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că P (n) : 2 n+2 > 2n + 5 este adevărată n N. 4 (a) Scrieţi numărul 79 (10) în baza 6. (b) Determinaţi baza de numeraţie u în care 371 (u) 355 (u) divide 4 11 (u). 5
Soluţie. (a) 79 = 6 13 + 1 13 = 6 2 + 1 Deci, 79 (10) = 211 (6). (b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 22 Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 371 (u) 355 (u) = (3u 2 + 7u + 1) (3u 2 + 5u + 5) = 2u 4. 4 11 (u) = 4(u + 1) = 4u + 4. (371 (u) 355 (u) ) 4 11 (u) (2u 4) (4u + 4) (2u 4) 12 ===== u N,u>7 2u 4 = 12 u = 8. (2u 4) (4u 8) ========= (2u 4) ((4u + 4) (4u 8)) 5 (a) Să se arate că dacă p N este un număr prim, p > 4, atunci p este de forma 6k + 1 sau de forma 6k 1 (k N ). (b) Deduceţi că restul împărţirii lui p 2 la 12 este 1. Soluţie. (a) p N, p > 4 p poate fi de forma 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k 2, 6k 1, k N. 6k.2, (6k+2).2, (6k+3).3, (6k 2).2 Pe de altă parte, p > 4 prim p impar şi p nu este divizibil cu 3 ====================== p este de forma 6k + 1 sau de forma 6k 1 (k N ). (b) Folosind punctul anterior, rezultă că p 2 este de forma (6k±1) 2 = 36k 2 ±12k+1, deci restul împărţirii lui p 2 la 12 este 1. 6
Varianta 3 I 1 Enunţaţi Teorema fundamentală a aritmeticii. Soluţie. Vezi Curs 5 Teoremele 11 şi 12 Teoremă. (Teorema fundamentală a aritmeticii pentru numere naturale) Fie a N, a > 1. Atunci a se scrie în mod unic, până la ordinea factorilor, ca un produs de numere prime. Teoremă. (Teorema fundamentală a aritmeticii pentru numere întregi) Fie a Z, a > 1. Atunci a se scrie în mod unic, până la ordinea factorilor şi semnul acestora, ca un produs de numere prime. 2 Demonstraţi existenţa descompunerii oricărui număr natural n > 1 în factori indecompozabili. Soluţie. Fie S = {n N \ {0, 1} n nu poate fi scris a produs de factori indecompozabili}. Presupunem, prin reducere la absurd, că această mulţime este nevidă. Cum S N S are un cel mai mic element. Fie acesta n. Dacă n este indecompozabil n poate fi scris ca produs de 1 factor indecompozabil, n însuşi, deci n / S. Contradicţie. Deci n nu este indecompozabil n admite un divizor a 1, a n 1 < a < n b N, 1 < b < n astfel încât n = bc === b,c<n b, c S b şi c admit scriere ca produs de factori indecompozabili: b = b 1... b m, c = c 1... c k n = b 1... b m c 1... c k, deci n are scriere ca produs de factori indecompozabili n / S presupunerea făcută este falsă S =, ceea ce încheie demonstraţia. 3 Demonstraţi că dacă a, b, q, r N, a = bq + r atunci (a, b) = (b, r). Soluţie. Vezi Curs 5 Lema 6 Fie d = (a, b), d = (b, r). Deoarece d a şi d b, rezultă d r, deci d d. La fel, deoarece d r şi d b, rezultă d a, deci d d. Rezultă deci că d = d 4 Definiţi mulţimea numerelor întregi, plecând de la mulţimea numerelor naturale. Soluţie. Vezi Cursul 1 Secţiunea 1 Fie N mulţimea numerelor naturale. Pe mulţimea N N definim relaţia prin (m, n) (p, q) dacă m + q = n + p. Se demonstrează că este o relaţie de echivalenţă pe mulţimea N N. Clasa de echivalenţă corespunzătoare perechii (m, n) se notează (m, n) = {(p, q) N N (m, n) (p, q)} şi se numeşte număr întreg. Mulţimea claselor de echivalenţă se numeşte mulţimea numerelor întregi şi se notează cu Z. Avem deci Z = (N N)/. II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 132. Soluţie. 132 = 2 2 3 11. Rezultă că divizorii naturali ai lui 132 sunt de forma 2 a 3 b 11 c unde a {0, 1, 2}, b {0, 1}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 2 0 3 0 11 0 = 1, 2 0 3 0 11 1 = 11, 2 0 3 1 11 0 = 3, 7
2 0 3 1 11 1 = 33, 2 1 3 0 11 0 = 2, 2 1 3 0 11 1 = 22, 2 1 3 1 11 0 = 6, 2 1 3 1 11 1 = 66, 2 2 3 0 11 0 = 4, 2 2 3 0 11 1 = 44, 2 2 3 1 7 0 = 12, 2 2 3 1 11 1 = 132 Ordonând crescător: D N 132 = {1, 2, 3, 4, 6, 11, 12, 22, 33, 44, 66, 132}. Divizorii întregi sunt: DZ 140 = {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±11, ±12, ±22, ±33, ±44, ±66, ±132}. 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 35 şi 132; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 35 şi 132. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 132 = 35 3 + 27 35 = 27 1 + 8 27 = 8 3 + 3 8 = 3 2 + 2 3 = 2 1 + 1 2 = 1 2 + 0. Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 132 şi 35 este (132, 35) = 1. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 1 = 3 2 = (27 3 8) (8 2 3) = 27 4 8 + 2 3 = 27 4 8+2(27 3 8) = 3 27 10 8 = 3 27 10(35 27) = 13 27 10 35 = 13(132 3 35) 10 35 = 13 132 49 35. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 3 n 3n, oricare ar fi n N. Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 3 n 3n, n N. Pasul I: Etapa de verificare [n = 1]. P (1) : 3 1 3 1 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 1, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 3 k > 3k. Înmulţind inegalitatea cu 3, rezultă că 3 3 k 3 3k 3 k+1 9k 3k+3 pentru k 1 9k ============= 3 k+1 3(k + 1), deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că 3 n 3n, n N. 4 (a) Scrieţi numărul 79 (10) în baza 4. (b) Determinaţi baza de numeraţie u în care 361 (u) 345 (u) divide 477 (u) 431 (u). Soluţie. (a) Deci, 79 (10) = 1033 (4). 79 = 4 19 + 3 19 = 4 4 + 3 4 = 4 1 + 0. 8
(b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 22 Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 361 (u) 345 (u) = (3u 2 + 6u + 1) (3u 2 + 4u + 5) = 2u 4. 477 (u) 433 (u) = (4u 2 + 7u + 7) (4u 2 + 3u + 3) = 4u + 4. (361 (u) 345 (u) ) (477 (u) 433 (u) ) (2u 4) (4u + 4) ========= (2u 4) (4u 8) (2u 4) ((4u + 4) (4u 8)) (2u 4) 12 ===== u N,u>7 2u 4 = 12 u = 8. 5 (a) Dacă p N este prim şi p > 5, atunci p 2 este de forma 5k + 1 sau de forma 5k 1 (k N ). (b) Deduceţi că 10 divide unul dintre numerele p 2 1 sau p 2 + 1. Soluţie. (a) p > 5 prim p nu este divizibil cu 5. Apar următoarele cazuri: i p = 5b ± 1, b N p 2 = 25b 2 ± 10b + 1 hk=5b2 ±2b N ========= p 2 = 5k + 1. ii p = 5b ± 2, b N p 2 = 25b 2 ± 20b + 4 k=5b2 ±4b+1 N ========== p 2 = 5k 1. (b) p > 5 prim p este impar, deci 2 (p 2 1) şi 2 (p 2 +1). Folosind punctul anterior, rezultă următoarele cazuri: i p 2 = 5k + 1, k N 5 (p 2 1) 2 (p2 1), (2,5)=1 ========== 10 (p 2 1). ii p 2 = 5k 1, k N 5 (p 2 + 1) 2 (p2 +1), (2,5)=1 ========== 10 (p 2 + 1). 9
Varianta 4 I 1 Definiţi noţiunea de cel mai mare divizor comun. Soluţie. Vezi Curs 5 Definiţia 1 Definiţie. Fie a, b Z, a 0 sau b 0. Spunem că numărul întreg d este cel mai mare divizor comun al numerelor a şi b, şi notăm d = (a, b), dacă: 1. d a şi d b; 2. dacă d Z este divizor comun al numerelor a şi b, atunci d d. Dacă a = b = 0, definim (a, b) = 0. 2 Demonstraţi existenţa şi unicitatea celui mai mare divizor comun al numerelor naturale nenule a şi b. Soluţie. Vezi Curs 5 Propoziţia 1 şi Teorema 2 Folosim următorul rezultat Propoziţie. Fie a, b Z şi d = (a, b). Fie δ Z astfel încât următoarele proprietăţi sunt verificate: 1. δ este divizor comun al numerelor a şi b; 2. dacă d Z este divizor comun al numerelor a şi b, atunci d δ. Atunci d = δ. Demonstraţie: Deoarece δ este un divizor comun al numerelor a şi b, atunci, conform proprietăţii 2 din Definiţia celui mai mare divizor comun, δ d. Rezultă că δ d. Cum d N obţinem δ d. Pe de altă parte, şi d este un divizor comun al numerelor a şi b. Atunci conform proprietăţii 2 din enunţul propoziţiei, d δ. Rezultă deci că d = δ. Trecem la demonstraţia rezultatului: Teoremă. Oricare ar fi a, b Z, cel mai mare divizor comun al lor există şi este unic. Demonstraţie: Dacă a = b = 0 atunci (a, b) = 0 prin definiţie, deci există şi este unic. Presupunem că cel puţin unul din cele două numere este nenul, de exemplu b 0. Fie mulţimea M = {c N c a şi c b}. Mulţimea M este nevidă, deoarece 1 M şi mărginită, deoarece c b, c M. Atunci M are un cel mai mare element d. Este uşor de verificat că acesta verifică cele două condiţii din Propoziţie, deci d = (a, b). Unicitatea rezultă imediat din faptul că (a, b) satisface condiţia 2 din Propoziţie. 3 Enunţaţi Teorema Numerelor Prime. Soluţie. Vezi Curs 2 Teorema 4 Teoremă. (Teorema numerelor prime) Dacă n N, n 2, atunci π(n) lim n n = 1. ln n 4 Demonstraţi că dacă a, b Z şi (a, b) = d, atunci ( a d, b d) = 1. Soluţie. Vezi Cursul 5 Propoziţia 5.2 Rezultatul este valabil dacă (a, b) 0. (a, b) = d d a şi d b u, v Z astfel încât a = du, b = dv. Fie (u, v) = d d d a şi d d b d=(a,b) ==== dd d d = 1 ceea ce încheie demonstraţia. 10
II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 312. Soluţie. 312 = 2 3 3 13. Rezultă că divizorii naturali ai lui 312 sunt de forma 2 a 3 b 13 c unde a {0, 1, 2, 3}, b {0, 1}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 2 0 3 0 13 0 = 1, 2 0 3 0 13 1 = 13, 2 0 3 1 13 0 = 3, 2 0 3 1 13 1 = 39, 2 1 3 0 13 0 = 2, 2 1 3 0 13 1 = 26, 2 1 3 1 13 0 = 6, 2 1 3 1 13 1 = 78, 2 2 3 0 13 0 = 4, 2 2 3 0 13 1 = 52, 2 2 3 1 13 0 = 12, 2 2 3 1 13 1 = 156, 2 3 3 0 13 0 = 8, 2 3 3 0 13 1 = 104, 2 3 3 1 13 0 = 24, 2 3 3 1 13 1 = 312. Ordonând crescător: D312 N = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 13, 16, 24, 26, 39, 52, 78, 156, 312}. Divizorii întregi sunt: = {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±13, ±16, ±24, ±26, ±39, ±52, ±78, ±156, ±312}. D Z 252 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 312 şi 75; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 312 şi 75. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 312 = 75 4 + 12 75 = 12 6 + 3 12 = 3 4 + 0. Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 312 şi 75 este (312, 75) = 3. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 3 = 75 6 12 = 75 6(312 4 75) = 25 75 6 312. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 2 n > 2n 1, oricare ar fi n N. 11
Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 2 n > 2n 1, n N. Pentru n = 0, P (0) : 2 0 > 2 0 1 este adevărată. Pentru n = 1, P (1) : 2 1 > 2 1 1 este adevărată. Pasul I: Etapa de verificare [n = 2]. P (2) : 2 2 > 2 2 1 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 2, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 2 k > 4k 2 2k+1 pentru k 2 ============== 2 k 1. Înmulţind inegalitatea cu 2, rezultă că 2 2k > 2(2k 1) 2 k+1 > 4k 2 2 k+1 > 2k + 1, deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că P (n) : 2 n > 2n 1 este adevărată n N \ {0, 1}. Cum P (0), P (1) sunt, de asemenea adevărate, rezultă că: 2 n > 2n 1, n N. 4 (a) Scrieţi numărul 85 (10) în baza 7. (b) Determinaţi baza de numeraţie u în care 571 (u) 555 (u) divide 377 (u) 333 (u). Soluţie. (a) 85 = 7 12 + 1 12 = 7 1 + 5 Deci, 85 (10) = 151 (7). (b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 22 Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 571 (u) 555 (u) = (5u 2 + 7u + 1) (5u 2 + 5u + 5) = 2u 4. 377 (u) 333 (u) = (3u 2 + 7u + 7) (3u 2 + 3u + 3) = 4u + 4. (571 (u) 555 (u) ) (377 (u) 333 (u) ) (2u 4) (4u + 4) ========= (2u 4) (4u 8) (2u 4) ((4u + 4) (4u 8)) (2u 4) 12 ===== u N,u>7 2u 4 = 12 u = 8. 5 (a) Să se arate că dacă p N este un număr prim, p > 4, atunci p este de forma 6k + 1 sau de forma 6k + 5 (k N). (b) Deduceţi că dacă p N, p > 4 este prim, atunci p 2 + 2 este număr compus. Soluţie. (a) p N, p > 4 p poate fi de forma 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5, k N. Pe de altă parte, p > 4 prim p impar şi p nu este divizibil cu 3 este de forma 6k + 1 (k N ) sau de forma 6k + 5 (k N). (b) Folosind punctul anterior, rezultă două cazuri: 6k.2, (6k+2).2, (6k+3).3, (6k+4).2 ====================== p i p = 6k + 1, k N p 2 + 2 = 36k 2 + 12k + 3 = 3(12k 2 + 4k + 1) 12k2 +4k+1>1, k>0 ============ p 2 + 2 este compus. ii p = 6k + 5, k N p 2 + 2 = 36k 2 + 60k + 27 = 3(12k 2 + 20k + 9) 12k2 +20k+9>1 ========= p 2 + 2 este compus. 12
Varianta 5 I 1 Definiţi noţiunea de cel mai mic multiplu comun al numerelor întregi a şi b. Soluţie. Vezi Curs 5 Definiţia 3 Definiţie. Fie a, b Z. Spunem că numărul întreg m este cel mai mic multiplu comun al numerelor a şi b, şi notăm m = [a, b], dacă: 1. a m şi b m; 2. dacă m Z este multiplu comun al numerelor a şi b, atunci m m. 2 Demonstraţi că dacă a, b N, atunci (a, b) [a, b] = a b. Soluţie. Vezi Curs 6 Teorema 2 Dacă (a, b) = 0, reultatul este verificat. Altfel, fie (a, b) = d d a şi d b u, v Z astfel încât a = du, b = dv cu (u, v) = 1. Vrem să arătăm că [a, b] = duv. duv = av a duv; duv = bu b duv. Fie m astfel încât a m şi b m α, β N astfel încât m = aα = bβ duα = dvβ uα = vβ ==== (u,v)=1 α. v m. m ceea ce încheie demonstraţia. 3 Enunţaţi Principiul Trihotomiei în N. Soluţie. Vezi Curs 2 Teorema 3 Teoremă. (Principiul trihotomiei, PT) Pentru două numere naturale m şi n una şi numai una din următoarele relaţii are loc: m < n, m = n sau m > n. 4 Demonstraţi că dacă a N, a > 1 este compus, atunci există b, c N, 1 < b, c < a astfel încât a = bc. Soluţie. Vezi Cursul 6 Propoziţia 1 a este compus b N, b a, b 1, b a 1 < b < a. Cum b a c N astfel încât a = bc ==== 1<b<a 1 < c < a, ceea ce încheie demonstraţia. II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 220. Soluţie. 220 = 2 2 5 11. Rezultă că divizorii naturali ai lui 220 sunt de forma 2 a 5 b 11 c unde a {0, 1, 2}, b {0, 1}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 2 0 5 0 11 0 = 1, 2 0 5 0 11 1 = 11, 2 0 5 1 11 0 = 5, 2 0 5 1 11 1 = 55, 2 1 5 0 11 0 = 2, 2 1 5 0 11 1 = 22, 2 1 5 1 11 0 = 20, 2 1 5 1 11 1 = 110, 13
2 2 5 0 11 0 = 4, 2 2 5 0 11 1 = 44, 2 2 5 1 11 0 = 20, 2 2 5 1 11 1 = 220 Ordonând crescător: D N 220 = {1, 2, 4, 5, 10, 11, 20, 22, 44, 55, 110, 220}. Divizorii întregi sunt: DZ 252 = {±1, ±2, ±4, ±5, ±10, ±11, ±20, ±22, ±44, ±55, ±110, ±220}. 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 231 şi 220; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 231 şi 220. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 231 = 220 1 + 11 220 = 11 20 + 0 Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 231 şi 220 este (231, 220) = 11. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 11 = 231 220. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 3 n+2 > 3n + 5, oricare ar fi n N. Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 3 n+2 > 3n + 5, n N. Pasul I: Etapa de verificare [n = 0]. P (0) : 3 2 > 5 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 0, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 3 k+2 > 9k+15 3k+8 pentru k 0 =============== 3k+5. Înmulţind inegalitatea cu 3, rezultă că 3 3k+2 > 3(3k+5) 3 k+3 > 9k+15 3 (k+1)+2 > 3(k + 1) + 5, deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că P (n) : 3 n+2 > 3n + 5 este adevărată n N. 4 (a) Scrieţi numărul 91 (10) în baza 8. (b) Determinaţi baza de numeraţie u în care 672 (u) 656 (u) divide 2 22 (u). Soluţie. (a) 91 = 8 11 + 3 11 = 8 1 + 3 Deci, 91 (10) = 133 (8). (b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 22 Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 672 (u) 656 (u) = (6u 2 + 7u + 2) (6u 2 + 5u + 6) = 2u 4. 2 22 (u) = 2(2u + 2) = 4u + 4. (672 (u) 656 (u) ) (2 22 (u) ) (2u 4) (4u + 4) ========= (2u 4) (4u 8) (2u 4) ((4u + 4) (4u 8)) (2u 4) 12 ===== u N,u>7 2u 4 = 12 u = 8. 5 (a) Arătaţi că dacă p N, p > 4 este impar, atunci p 2 este de forma 4k + 1 (k N ). (b) Deduceţi că dacă p 5, q 5 sunt ambele numere prime, atunci 24 (p 2 q 2 ). Soluţie. (a) p > 4 prim p impar, adică a N astfel încât p = 2a+1 p 2 = 4a 2 +4a+1 k=a2 +a N ======= p 2 = 4k + 1. 14
(b) p > 4 prim p impar, adică a N astfel încât p = 4a ± 1 p 2 = 16a 2 ± 8a + 1. q > 4 prim q impar, adică b N astfel încât q = 4b ± 1 q 2 = 16b 2 ± 8b + 1. p 2 q 2 = (16(a 2 b 2 ) + 8(±a b). 8. p > 4 prim p nu este divizibil cu 3 adică c N astfel încât p = 3c ± 1 p 2 = 9c 2 ± 6c + 1. q > 4 prim q nu este divizibil cu 3 adică d N astfel încât q = 3d ± 1 q 2 = 9d 2 ± 6d + 1. p 2 q 2 = (9(c 2 d 2 ) + 6(±c d)). 3. Am demonstrat că 3 (p 2 q 2 ), 8 (p 2 q 2 ) ==== (3,8)=1 24 (p 2 q 2 ). 15
Varianta 6 I 1 Definiţi noţiunea de sistem Peano. Soluţie. Vezi Curs 1 Definiţia 1 Definiţie. Numim sistem Peano un triplet (N, 0, σ) unde N este o mulţime, 0 N este un element fixat al ei şi σ : N N este o funcţie, astfel încât sunt verificate următoarele axiome (Axiomele lui Peano): P1 0 / σ(n) : σ(a) 0, a N. P2 funcţia σ este o funcţie injectivă: σ(a) = σ(b) a = b. P3 (Axioma inducţiei): dacă M N astfel încât 0 M m M σ(m) M atunci M = N. 2 Dacă a, b N şi d = (a, b), demonstraţi că există numerele întregi u şi v astfel încât d = au + bv. Soluţie. Vezi Curs 5 Teorema 3 Dacă a = b = 0 atunci teorema este adevărată cu u, v arbitrari. Presupunem că cel puţin unul din cele două numere este nenul, de exemplu b 0. Fie mulţimea M = {α = ax + by α N, x, y Z} N. Mulţimea M este nevidă, deoarece a M: a = a x + b 0, cu x = 1 dacă a 0 şi x = 1 dacă a < 0. Atunci, conform Principiului Bunei Ordonări, M are un prim element δ = x 0 a + y 0 b. Vom arăta că δ verifică cele două condiţii ale Definiţiei celui mai mare divizor comun. Teorema împărţirii cu rest implică faptul că există q, r Z astfel încât a = qδ + r, 0 r < δ. Atunci obţinem r = a qδ = a q(x 0 a + y 0 b) = a(1 qx 0 ) + b( qy 0 ). Dacă r 0, atunci r M, ceea ce contrazice minimalitatea lui δ în M. Deci, r = 0, prin urmare δ a. În mod analog obţinem δ b. Pe de altă parte, dacă d Z, d a şi d b atunci d (ax 0 + y 0 b) = δ, deci δ = (a, b). 3 Enunţaţi Teorema fundamentală a aritmeticii. Soluţie. Vezi Curs 5 Teoremele 11 şi 12 Teoremă. (Teorema fundamentală a aritmeticii pentru numere naturale) Fie a N, a > 1. Atunci a se scrie în mod unic, până la ordinea factorilor, ca un produs de numere prime. Teoremă. (Teorema fundamentală a aritmeticii pentru numere întregi) Fie a Z, a > 1. Atunci a se scrie în mod unic, până la ordinea factorilor şi semnul acestora, ca un produs de numere prime. 4 Enunţaţi şi demonstraţi criteriul de divizibilitate cu 3. Soluţie. Vezi Cursul 4 Secţiunea 3.1.1 Teoremă. Numărul a = a n a n 1... a 1 a 0 se divide la 3 dacă şi numai dacă suma cifrelor sale n i=0 a i se divide la 3. 16
Demonstraţie: a. 3 n i=0 10i a i. 3 n i=0 (9 + 1)i a i. 3 (9+1)i =9k i +1 ======= n i=0 (9k i + 1) a i. 3 n i=0 a i. 3. II 1 Determinaţi toţi divizorii numărului 165. Soluţie. 165 = 3 5 11. Rezultă că divizorii naturali ai lui 165 sunt de forma 3 a 5 b 11 c unde a {0, 1}, b {0, 1}, c {0, 1}. Aceştia sunt: 3 0 5 0 11 0 = 1, 3 0 5 0 11 1 = 11, 3 0 5 1 11 0 = 5, 3 0 5 1 11 1 = 55, 3 1 5 0 11 0 = 3, 3 1 5 0 11 1 = 33, 3 1 5 1 11 0 = 15, 3 1 5 1 11 1 = 165. Ordonând crescător: D165 N = {1, 3, 5, 11, 15, 33, 55, 165}. Divizorii întregi sunt: D252 Z = {±1, ±3, ±5, ±11, ±15, ±33, ±55, ±165}. 2 Determinaţi, folosind algoritmul lui Euclid, cel mai mare divizor comun al numerelor 26 şi 165; scrieţi cel mai mare divizor comun ca o combinaţie liniară, cu coeficienţi întregi, a numerelor 26 şi 165. Soluţie. Vezi Fişa 5 Exerciţiul 2 165 = 26 6 + 9 26 = 9 2 + 8 9 = 8 1 + 1 Rezultă că cel mai mare divizor comun al numerelor 26 şi 165 este (26, 165) = 1. Urmărind algoritmul lui Euclid, obţinem 1 = 9 8 = (165 6 26) (26 2 9) = 165 7 26 + 2(165 6 26) = 3 165 19 26. 3 Demonstraţi, folosind principiul inducţiei matematice, că 5 n 5n, oricare ar fi n N. Soluţie. Ne propunem să demonstrăm P (n) : 5 n 5n, n N. Pasul I: Etapa de verificare [n = 1]. P (1) : 5 1 5 1 este adevărată. Pasul II: Pasul inductiv [ k 1, P (k) P (k + 1)]. Presupunem că P (k) este adevărată, adică 5 k > 5k. Înmulţind inegalitatea cu 5, rezultă că 5 5 k 5 5k 5 k+1 25k 5k+5 pentru k 1 25k ============= 5 k+1 > 5(k + 1), deci P (k + 1) este adevărată. Folosind principiul inducţiei matematice, rezultă că 5 n > 5n, n N. 4 (a) Să se efectueze, în baza 6, 504 (6) + 323 (6). (b) În ce sistem de numeraţie are loc 123 37 = 5015? 17
Soluţie. (a) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 2 4 + 3 = 7 4 (6) + 3 (6) = 11 (6) 0 + 2 + 1 = 3 0 (6) + 2 (6) + 1 (6) = 3 (6) 5 + 3 = 8 5 (6) + 3 (6) = 12 (6) Deci, 504 (6) + 323 (6) = 1231 (6). (b) Vezi Fişa 3 Exerciţiul 7 Fie u baza de numeraţie în care au loc operaţiile. Să observăm, pentru început că u N, u > 7. 123 (u) = u 2 + 2u + 3 37 (u) = 3u + 7 5015 (u) = 5u 3 + u + 5 123 (u) 37 (u) = (u 2 + 2u + 3)(3u + 7) = 3u 3 + 13u 2 + 23u + 21 123 (u) 37 (u) = 5015 (u) 3u 3 + 13u 2 + 23u + 21 = 5u 3 + u + 5 2u 3 13u 2 22u 16 = 0 (u 8)(2u 2 + 3u + 2) = 0 ======== u natural,u>7 u = 8. 5 (a) Să se arate că dacă p N este un număr prim, p > 4, atunci p este de forma 6k + 1 sau de forma 6k + 5 (k N ). (b) Arătaţi că dacă p 1, p 2,... p n sunt numere naturale de forma 6k + 5, atunci N = 6p 1 p 2... p n 1 are un divizor prim de forma 6k + 5. Soluţie. (a) p N, p > 4 p poate fi de forma 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5, k N. 6k.2, (6k+2).2, (6k+3).3, (6k+4).2 Pe de altă parte, p > 4 prim p impar şi p nu este divizibil cu 3 ====================== p este de forma 6k + 1 sau de forma 6k + 5 (k N ). (b) N este de forma 6k + 5. Dacă N este prim, problema este demonstrată. Dacă N este compus, fiind de forma 6k + 5, el nu are ca divizori primi 2 şi 3. Conform punctului anterior, aceştia sunt de forma 6k +1, 6k +5. Dacă toţi divizorii primi ar fi de forma 6k +1, atunci N ar fi de forma 6k +1 (produsul a două numere de forma 6k + 1 este de forma 6k + 1), ceea ce nu este adevărat. Deci, N are un divizor prim de forma 6k + 5. 18