1. No category

Priprave na MMO 2016 – 1. domača naloga
1. Določi vsa naravna števila m, za katera obstajajo taka naravna števila x1 , x2 , . . . , xm , da
velja
1
1
1
+
+ ... +
= 1.
3x1 − 1 3x2 − 1
3xm − 1
2. Dokaži, da ne obstajata celi števili a in b, za kateri bi veljalo
a4 + b3 = 1919 .
3. Naj bo n popolno število, ki je večje od 28 in deljivo s 7. Dokaži, da je n deljivo
tudi z 49.
(Opomba: Naravno število n je popolno, če je vsota vseh deliteljev števila n enaka 2n.
Primer: 28 je popolno število, saj je 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 2 · 28.)
4. Naj bo n naravno število, za katero je število 4n + 2n + 1 praštevilo. Dokaži, da je n = 3k
za neko nenegativno celo število k.
Naloge rešujte samostojno. Pisne rešitve je potrebno poslati najkasneje do 23. novembra 2015 po pošti na naslov DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli, Jadranska ulica 19, 1000 Ljubljana ali preko e-maila na naslov
[email protected]. Rešitvam priložite tudi podpisano izjavo o samostojnem delu.
Če boste pri reševanju nalog uporabili kakšno literaturo (v tiskani ali elektronski obliki),
navedite reference. Standardne literature (knjige Altius, Citius, Fortius in e-revije Brihtnež) ni
potrebno navajati.
Izjava o samostojnem delu
Spodaj podpisani(-a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (ime in priimek) izjavljam, da sem
vse naloge reševal(-a) samostojno in brez pomoči drugih oseb.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . (kraj in datum)
Podpis:
Priprave na MMO 2016 – 1. domača naloga
Rešitve
1. Enačbo iz naloge pomnožimo s (3x1 − 1)(3x2 − 1) . . . (3xm − 1). Dobimo
(3x2 − 1)(3x3 − 1) . . . (3xm − 1) + (3x1 − 1)(3x3 − 1) . . . (3xm − 1) +
+ . . . + (3x1 − 1)(3x2 − 1) . . . (3xm−1 − 1) = (3x1 − 1)(3x2 − 1) . . . (3xm − 1).
Velja 3xi −1 ≡ −1 (mod 3) za vsak i, 1 ≤ i ≤ m. Vsak izmed m produktov na levi strani
dobljene enačbe je zato kongruenten (−1)m−1 po modulu 3. Produkt na desni strani pa
je kongruenten (−1)m po modulu 3. Torej velja
m · (−1)m−1 ≡ (−1)m (mod 3)
⇒ m · (−1)m−1 · (−1)m−1 ≡ (−1)m · (−1)m−1 (mod 3)
⇒ m ≡ −1 (mod 3).
Dobili smo, da mora biti m = 3k − 1, kjer je k ∈ N. Preveriti moramo še, ali za vsak tak
m obstaja kakšna rešitev.
Če v začetno enačbo vstavimo x1 = x2 = . . . = xn , dobimo
m
= 1
3x1 − 1
⇔ 3x1 − 1 = m = 3k − 1
⇔ x1 = k.
Torej so rešitve naloge vsa števila m = 3k − 1, kjer je k poljubno naravno število. Za njih
obstaja m-terica števila (x1 , x2 , . . . , xm ) = (k, k, . . . , k), ki reši enačbo.
2. Dokazali bomo, da imata števili 1919 − a4 in b3 zagotovo različen ostanek po modulu 13.
Velja
1919 ≡ 1912 · 197 ≡ 1 · 67 ≡ 363 · 6 ≡ (−3)3 · 6 ≡ (−27) · 6 ≡ (−1) · 6 ≡ 7
(mod 13).
Pri tem smo si pomagali s Fermatovim izrekom, po katerem za vsak a, ki je tuj 13, velja
a12 ≡ 1 (mod 13). Zato je veljalo 1912 ≡ 1 (mod 13).
Nato preverimo, kakšne ostanke imata lahko števili a4 in b3 po modulu 13:
x (mod 13)
x3 (mod 13)
x4 (mod 13)
0
1
2
3
4
5
6
0
1
8
1
12
8
8
0
1
3
3
9
1
9
x (mod 13)
x3 (mod 13)
x4 (mod 13)
7
8
9
10
11
12
5
5
1
12
5
12
9
1
9
3
3
1
Vidimo, da ima število a4 možne ostanke 0, 1, 3 in 9, zato ima število 1919 − a4 ≡ 7 − a4
(mod 13) možne ostanke 4, 6, 7 in 11. Po drugi strani pa ima število b3 možne ostanke
0, 1, 5, 8 in 12. Ker so ostanki števil števili 1919 − a4 in b3 med seboj vsi različni, enačba
iz naloge nima celoštevilskih rešitev.
3. 1. način: Denimo, da obstaja popolno število n > 28, ki je deljivo s 7, vendar ne z 49.
Tako število lahko v praštevilskem razcepu zapišemo kot
n = 7 · pα1 1 · pα2 2 · . . . · pαk k ,
kjer so p1 < p2 < . . . < pk praštevila različna od 7 in α1 , α2 , . . . αk , k ∈ N. Vsota vseh
deljiteljev števila n je enaka
σ(n) = (7 + 1) · (pα1 1 + . . . + p1 + 1) · (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1)
= 8 · (pα1 1 + . . . + p1 + 1) · (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1).
Ker je n popolno število, mora veljati 2n = σ(n) in dobimo
2 · 7 · pα1 1 · pα2 2 · . . . · pαk k = 8 · (pα1 1 + . . . + p1 + 1) · (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1).
Desna stran je deljiva z 8, zato mora biti tudi leva. Torej je p1 = 2 in α1 ≥ 2 ter velja
7 · 2α1 −2 · pα2 2 · . . . · pαk k = (2α1 + . . . + 2 + 1) · (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1)
2α1 +1 − 1
=
· (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1)
2−1
= (2α1 +1 − 1) · (pα2 2 + . . . + p2 + 1) · . . . · (pαk k + . . . + pk + 1).
Če sedaj člene na desni strani enačbe navzdol ocenimo s pαi i + . . . + pi + 1 > pαi i za vsak
i, 2 ≤ i ≤ k, dobimo neenakost
7 · 2α1 −2 · pα2 2 · . . . · pαk k
⇔ 7 · 2α1 −2
⇔ 7 · 2α1 −2
⇔1
≥
≥
≥
≥
(2α1 +1 − 1) · pα2 2 · . . . · pαk k
2α1 +1 − 1
8 · 2α1 −2 − 1
2α1 −2 .
Ker je α1 ≥ 2, je to možno le, če je α1 = 2. Prav tako mora biti k = 1, sicer bi v
oceni veljala stroga neenakost. Edino število, ki temu zadošča je n = 28. Vendar, to je v
protislovju s pogojem n > 28.
S tem smo dokazali, da mora biti vsako popolno število n > 28, ki je deljivo s 7, deljivo
tudi z 49.
2. način Splošno znano je, da so vsa soda popolna števila oblike 2p−1 (2p − 1), kjer
je 2p − 1 praštevilo.
Opomba: Premislimo lahko, da, če je 2p − 1 praštevilo, mora biti tudi p praštevilo.
Praštevila oblike 2p − 1 pa se imenujejo Mersennova praštevila.
Sodo popolno število ima torej samo en lih praštevilski faktor. Če je deljivo s 7, mora
biti zato 7 = 2p − 1. Iz tega sledi, da je p = 3 in n = 28.
Oglejmo si še možnost, če bi bilo n liho popolno število. Če je n deljivo s 7, vendar
ne z 49, ga lahko zapišemo v obliki n = 7k, kjer je k liho naravno število tuje 7. Ker je
funkcija σ multiplikativna (t.j. za tuji si naravni števili je σ(ab) = σ(a)σ(b)), velja
2 · 7k = 2n = σ(n) = σ(7k) = σ(7)σ(k) = 8σ(k).
Sledi, da je 2 · 7k deljivo z 8, kar pa je v protislovju s tem, da je 7k liho. Zato, če je liho
popolno število deljivo 7, mora biti deljivo tudi z 49.
Opomba: Zaenkrat je vprašanje, ali sploh obstaja kakšno liho popolno število, za matematike še vedno odprt problem.
4. Denimo, da je n = 3k · m za neki števili k ∈ N0 in m ∈ N, kjer je m tuje 3.
Velja
4n + 2n + 1 = (2n )2 + 2n + 1
(2n )3 − 1
=
2n − 1
k+1
23 ·m − 1
=
23k ·m − 1
k+1
(23 )m − 1
=
23k ·m − 1
k+1
k+1
k+1
k+1
(23 − 1) · ((23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1)
=
= (?)
23k ·m − 1
Po znani lemi je največji skupni delitelj števil 23
k+1
D(23
k ·m
Če zapišemo 23
k ·m
− 1, 23
− 1) = 2D(3
k
k+1
k ·m
− 1 in 23
k+1 ,3k ·m)
k
k
− 1 = 23 − 1.
k
k
− 1 = (23 − 1) · ((23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1), zato velja
k
k+1
23 − 1 | 23
k
k
− 1,
k
k+1
število (23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1 pa je tuje 23
Ker mora biti ulomek (?) celo število, mora torej
k
− 1 enak
k
k
k+1
(23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1 | (23
)m−1 + (23
− 1.
k+1
)m−2 + . . . + 23
k+1
+ 1.
Ker je 4n + 2n + 1 praštevilo, mora biti praštevilo tudi
k+1
k+1
k+1
k+1
23 − 1 (23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1
·
.
(?) = 3k
2 −1
(23k )m−1 + (23k )m−2 + . . . + 23k + 1
k+1
Vendar
23
−1
23k −1
je celo število, ki je večje od 1. Če bi bilo m > 1, pa bi bilo tudi
k+1
k+1
k+1
(23 )m−1 + (23 )m−2 + . . . + 23 + 1
(23k )m−1 + (23k )m−2 + . . . + 23k + 1
celo število, večje od 1. Njun produkt tedaj ne bi bil praštevilo.
S tem smo dokazali, da mora biti m = 1, zato je n = 3k za nek k ∈ N0 .