Teória čísel – maturitné príklady, dôkazy a riešené úlohy

Teória čísel – maturitné príklady, dôkazy a riešené úlohy

Vypracovanú maturitnú tému si môžeš pozrieť v dokumente PDF kliknutím na nasledujúci odkaz: Teória čísel. Doporučujeme pozrieť aj iné vypracované témy na https://zmaturuj.zones.sk/vypracovane-maturitne-temy/

Teória čísel

Teória čísel sa zaoberá vlastnosťami celých a prirodzených čísel, najmä deliteľnosťou, prvočíslami, rozkladom čísel na prvočinitele a riešením rovníc v obore celých čísel. V nasledujúcich príkladoch sa využívajú dôkazy sporom, rozklad na prvočinitele, vlastnosti deliteľnosti, párnosť a rozdelenie riešenia na jednotlivé prípady.

1. Dôkaz, že prvočísel je nekonečne veľa

Zadanie: Dokážte, že prvočísel je nekonečne veľa.

Použitá metóda: dôkaz sporom.

Pri dôkaze sporom najskôr predpokladáme, že dokazované tvrdenie neplatí. Ak z tohto predpokladu odvodíme spor, pôvodný predpoklad musí byť nesprávny a dokazované tvrdenie je pravdivé.

1. Predpokladajme, že prvočísel je iba konečne veľa.
2. Označme všetky prvočísla:

   p₁, p₂, ..., p_k

3. Vytvorme nové číslo:

   P = p₁ · p₂ · ... · p_k + 1

4. Číslo P je väčšie ako každé z prvočísel p₁, p₂, ..., p_k. Podľa nášho predpokladu teda nemôže byť ďalším prvočíslom.
5. Ak P nie je prvočíslo, musí byť zloženým číslom. Každé zložené číslo je však deliteľné aspoň jedným prvočíslom.
6. Číslo P však nie je deliteľné žiadnym z prvočísel p₁, p₂, ..., p_k, pretože:

   P = p₁ · p₂ · ... · p_k + 1

   Pri delení ktorýmkoľvek z týchto prvočísel dostaneme vždy zvyšok 1.

Vznikol spor: číslo P musí byť deliteľné nejakým prvočíslom, ale zároveň nie je deliteľné žiadnym prvočíslom z nášho údajne úplného zoznamu.

Záver: Predpoklad, že prvočísel je iba konečne veľa, je nesprávny. Preto platí:

Prvočísel je nekonečne veľa.

Čo si zapamätať: Základnou myšlienkou dôkazu je vytvorenie čísla, ktoré je o 1 väčšie ako súčin všetkých predpokladaných prvočísel. Takéto číslo nemôže byť deliteľné žiadnym z nich.

2. Určenie čísla podľa súčinu všetkých jeho deliteľov

Zadanie: Nájdite prirodzené číslo n také, že súčin všetkých jeho kladných deliteľov sa rovná:

• a) 3³⁰ · 5⁴⁰
• b) 5832

a) Súčin deliteľov je 3³⁰ · 5⁴⁰

Keďže v súčine vystupujú iba prvočísla 3 a 5, hľadané číslo môžeme zapísať v tvare:

n = 3^x · 5^y

Každý deliteľ takéhoto čísla má tvar:

3^a · 5^b, kde 0 ≤ a ≤ x a 0 ≤ b ≤ y.

Delitele teda môžeme usporiadať podľa mocnín čísel 3 a 5:

	30	31	32	...	3x
50	30 · 50	31 · 50	32 · 50	...	3x · 50
51	30 · 51	31 · 51	32 · 51	...	3x · 51
...	...	...	...	...	...
5y	30 · 5y	31 · 5y	32 · 5y	...	3x · 5y

Pri vynásobení všetkých deliteľov sa exponenty pri čísle 3 a pri čísle 5 sčítajú.

Súčet exponentov čísla 3 je:

0 + 1 + 2 + ... + x = x(x + 1) / 2

Každá mocnina čísla 3 sa v tabuľke nachádza y + 1-krát. Celkový exponent pri čísle 3 preto bude:

x(x + 1)(y + 1) / 2

Podobne pri čísle 5 dostaneme exponent:

y(y + 1)(x + 1) / 2

Keďže súčin všetkých deliteľov má byť:

3³⁰ · 5⁴⁰,

dostaneme sústavu:

x(x + 1)(y + 1) / 2 = 30

y(y + 1)(x + 1) / 2 = 40

Po vydelení rovníc dostávame:

x / y = 30 / 40 = 3 / 4

Zodpovedajúce prirodzené hodnoty sú:

x = 3, y = 4

Preto:

n = 3³ · 5⁴ = 27 · 625 = 16 875

Výsledok: n = 16 875

b) Súčin deliteľov je 5832

Najskôr číslo 5832 rozložíme na prvočinitele:

5832 = 2³ · 3⁶

Hľadané číslo preto zapíšeme v tvare:

n = 2^x · 3^y

Rovnakým postupom ako v predchádzajúcej úlohe dostaneme:

x(x + 1)(y + 1) / 2 = 3

y(y + 1)(x + 1) / 2 = 6

Po vydelení rovníc:

x / y = 3 / 6 = 1 / 2

Vyhovujú hodnoty:

x = 1, y = 2

Hľadané číslo je preto:

n = 2¹ · 3² = 2 · 9 = 18

Výsledok: n = 18

Čo si zapamätať: Ak poznáme prvočíselný rozklad súčinu všetkých deliteľov, môžeme z exponentov jednotlivých prvočísel zostaviť rovnice a určiť exponenty v prvočíselnom rozklade pôvodného čísla.

3. Dôkaz deliteľnosti výrazu číslom 36

Zadanie: Dokážte, že pre každé prirodzené číslo n platí:

36 | (2n⁶ − n⁴ − n²)

Inými slovami, máme dokázať, že výraz 2n⁶ − n⁴ − n² je pre každé prirodzené číslo n deliteľný číslom 36.

1. Rozklad výrazu

Označme:

k = 2n⁶ − n⁴ − n²

Vyňatím n² dostaneme:

k = n²(2n⁴ − n² − 1)

Výraz ďalej rozložíme:

2n⁴ − n² − 1 = (n² − 1)(2n² + 1)

a keďže:

n² − 1 = (n − 1)(n + 1),

dostávame:

k = n²(n − 1)(n + 1)(2n² + 1)

Aby sme dokázali deliteľnosť číslom 36, stačí dokázať deliteľnosť číslami 4 a 9, pretože:

36 = 4 · 9 a čísla 4 a 9 sú nesúdeliteľné.

2. Dôkaz deliteľnosti číslom 4

Rozlíšime dva prípady.

Ak je n párne:

Potom n = 2l pre nejaké celé číslo l, a teda:

n² = 4l²

Číslo n² je deliteľné číslom 4, preto je aj celý súčin k deliteľný číslom 4.

Ak je n nepárne:

Čísla n − 1 a n + 1 sú obe párne. Ich súčin preto obsahuje aspoň faktor 4.

Teda v každom prípade platí:

4 | k

3. Dôkaz deliteľnosti číslom 9

Každé celé číslo má pri delení tromi zvyšok 0, 1 alebo 2. Rozlíšime preto tri prípady.

1. n ≡ 0 (mod 3)

Ak je n deliteľné tromi, potom je n² deliteľné deviatimi. Keďže n² je faktorom výrazu k, platí:

9 | k

2. n ≡ 1 (mod 3)

Vtedy je n − 1 deliteľné tromi. Zároveň n² dáva pri delení tromi zvyšok 1, takže:

2n² + 1 ≡ 2 · 1 + 1 ≡ 0 (mod 3)

V súčine teda máme dva faktory deliteľné tromi, a preto je celý výraz deliteľný deviatimi.

3. n ≡ 2 (mod 3)

Vtedy je n + 1 deliteľné tromi. Opäť platí n² ≡ 1 (mod 3), a teda:

2n² + 1 ≡ 0 (mod 3)

Aj v tomto prípade obsahuje súčin dva faktory 3, takže:

9 | k

4. Záver dôkazu

Dokázali sme:

• 4 | k
• 9 | k

Keďže čísla 4 a 9 sú nesúdeliteľné:

36 | k

Teda pre každé prirodzené číslo n platí:

36 | (2n⁶ − n⁴ − n²)

Čo bolo treba dokázať.

Čo si zapamätať: Pri dokazovaní deliteľnosti zloženým číslom je často výhodné rozložiť ho na navzájom nesúdeliteľné faktory. Namiesto deliteľnosti číslom 36 sme tak dokazovali jednoduchšiu deliteľnosť číslami 4 a 9.

4. Počet celočíselných riešení rovnice

Zadanie: Koľko celočíselných usporiadaných dvojíc [x, y], pre ktoré platí:

|x| < 100 a |y| < 100,

spĺňa rovnicu:

(x − y)² = x + y?

Podľa vzájomnej veľkosti čísel x a y môžu nastať tri prípady.

1. prípad: x = y

Dosadíme do rovnice:

(x − x)² = x + x

0 = 2x

x = 0

Keďže x = y:

y = 0

Dostávame jedno riešenie:

[0, 0]

2. prípad: x < y

Keďže y je väčšie ako x, môžeme položiť:

y = x + k, kde k ∈ N

Po dosadení do pôvodnej rovnice:

(x − x − k)² = x + x + k

k² = 2x + k

Z toho:

x = k(k − 1) / 2

a keďže y = x + k:

y = k(k + 1) / 2

Musí zároveň platiť |x| < 100 a |y| < 100.

k	1	2	3	...	13	14
x	0	1	3	...	78	91
y	1	3	6	...	91	105

Pre k = 13 ešte platí y = 91 < 100.

Pre k = 14 už dostávame y = 105, takže podmienka |y| < 100 nie je splnená.

V prípade x < y teda existuje 13 riešení.

3. prípad: x > y

Rovnica je vzhľadom na x a y symetrická. Ak [x, y] je riešením, potom aj [y, x] je riešením.

Pre prípad x > y preto dostaneme rovnaký počet riešení ako pri x < y:

13 riešení

Celkový počet riešení

• x = y: 1 riešenie
• x < y: 13 riešení
• x > y: 13 riešení

1 + 13 + 13 = 27

Výsledok: Rovnica má 27 celočíselných riešení [x, y] spĺňajúcich zadané podmienky.

Čo si zapamätať: Ak rovnica obsahuje dve premenné symetricky, často stačí vyriešiť jeden z prípadov x < y alebo x > y. Druhý prípad potom získame zámenou premenných.

5. Rovnica s mocninou čísla 2

Zadanie: Nájdite všetky riešenia rovnice:

1 + x + x² + x³ = 2^y

v obore nezáporných celých čísel.

1. Úprava ľavej strany

Zoskupíme jednotlivé členy:

(1 + x) + x²(1 + x) = 2^y

Vyňatím spoločného faktora 1 + x dostaneme:

(x + 1)(x² + 1) = 2^y

Pravá strana je mocninou čísla 2, preto jej prvočíselný rozklad nesmie obsahovať žiadne nepárne prvočíslo.

1. prípad: x = 0

Dosadíme:

1 = 2^y

Keďže 2⁰ = 1:

y = 0

Dostávame riešenie:

[0, 0]

2. prípad: x je kladné párne číslo

Ak je x párne, potom:

• x + 1 je nepárne číslo,
• x² + 1 je tiež nepárne číslo.

Ich súčin je teda nepárny. Keďže x > 0, tento súčin je väčší ako 1.

Žiadna kladná mocnina čísla 2 však nie je nepárna. Preto v tomto prípade neexistuje žiadne riešenie.

3. prípad: x je kladné nepárne číslo

Každé kladné nepárne číslo môžeme zapísať v tvare:

x = 2n − 1, kde n ∈ N

Dosadíme do rozkladu:

(x + 1)(x² + 1) = 2^y

Platí:

x + 1 = 2n

a:

x² + 1 = (2n − 1)² + 1

= 4n² − 4n + 2

= 2(2n² − 2n + 1)

Preto:

4n(2n² − 2n + 1) = 2^y

Číslo:

2n² − 2n + 1

je vždy nepárne. Aby celý súčin mohol byť čistou mocninou čísla 2, tento nepárny faktor musí byť rovný 1:

2n² − 2n + 1 = 1

Po úprave:

2n² − 2n = 0

2n(n − 1) = 0

Keďže n ∈ N, dostávame:

n = 1

Potom:

x = 2 · 1 − 1 = 1

Dosadíme do pôvodnej rovnice:

1 + 1 + 1² + 1³ = 4 = 2²

Preto:

y = 2

Druhým riešením je:

[1, 2]

Výsledok

Rovnica má v obore nezáporných celých čísel práve dve riešenia:

K = {[0, 0], [1, 2]}

Čo si zapamätať: Ak sa má súčin rovnať mocnine čísla 2, nesmie obsahovať žiadny nepárny faktor väčší ako 1. Táto vlastnosť výrazne obmedzuje možné riešenia rovnice.

Zhrnutie použitých postupov

• Dôkaz sporom – predpokladáme opak tvrdenia a ukážeme, že vedie k rozporu.
• Rozklad na prvočinitele – umožňuje porovnávať exponenty jednotlivých prvočísel.
• Rozklad algebraického výrazu – môže odhaliť faktory potrebné na dokazovanie deliteľnosti.
• Deliteľnosť – pri zloženom čísle je často vhodné dokazovať deliteľnosť jeho navzájom nesúdeliteľnými faktormi.
• Rozdelenie na prípady – využíva sa podľa párnosti, zvyškov po delení alebo vzájomnej veľkosti premenných.
• Symetria rovnice – môže zjednodušiť hľadanie všetkých riešení.
• Mocniny prvočísla – ak sa výraz rovná napríklad 2^y, jeho prvočíselný rozklad nesmie obsahovať žiadne iné prvočíslo ako 2.