DELjIVOST Ceo broj a je deljiv celim brojem b 0 ako postoji ceo broj q takav da je a = b q. U tom sluqaju kaжemo i da b deli a. b a oznaqava da b deli a

Транскрипт

1 DELjIVOST Ceo broj a je deljiv celim brojem b 0 ako postoji ceo broj q takav da je a = b q. U tom sluqaju kaжemo i da b deli a. b a oznaqava da b deli a. b a oznaqava da a ne deli b. Napomena 1.1. (1) Deljivost nulom nije definisana: nijedan broj nije deljiv nulom! (2) U skupu prirodnih brojeva vaжi: iz a = bc sledi b a, xto ne vaжi u skupu celih brojeva; na primer: 0 = 0 5, ali 0 0. (3) Za cele brojeve vaжi: iz a = bc sledi ili b a ili b = a = 0. Navodimo osnovne osobine relacije deljivosti. Tvrđenje 1.2. Za cele brojeve a, b, c, d vaжe skede a tvrđenja. a) Ako a b i b 0, tada je a b. b) Ako a b i b a, tada je a = b ili a = b. c) Ako a b i b c, tada a c. d) Ako a b tada a b c. e) Ako d a i d b tada d a x + b y za svaki par celih brojeva (x, y). Tvrđenje 1.3. Ako u formuli a a n = b b m za sve sabirke, osim moжda jednog, znamo da su deljivi celim brojem d, tada je i taj sabirak deljiv sa d. Ovu posledicu cesto koristimo vizuelnim pregledom algebarskog izraza. Primer 1. Na primer, neka treba rexiti jednaqinu x 3 y +y 2 = xy 3 +xy +1. Jasno, y 0, pa uoqimo sve sabirke deljive sa y: x 3 y + y 2 = xy 3 + xy + 1. Zakljuqujemo y 1, pa imamo dva sluqaja y = 1 i y = y = 1. Jednaqina postaje x = x + x + 1 odnosno x 3 = 2x... Rexenje je x = y = 1. Jednaqina postaje x = x x + 1 odnosno x 3 = 2x... Rexenje je x = Rexiti u skupu prirodnih brojeva jednaqine (a) xy = y +5 (b) xy = x+y +6 (v) xy = 7x+2y 9 (g) x 2 y = 2x 2 +y +5 (d) x 2 y = y 3 +9 (đ) y 3 xy 2 = 3x 2 3y Rexiti u skupu celih brojeva jednaqine (a) 1 x 1 y = (b) 1 x + 1 y 1 xy = 1 3.

2 2 DELjIVOST 1.1. Koliqnik i ostatak. Neka je d 0 ceo broj. Sa d Z oznaqavamo skup svih celih brojeva koji su deljivi brojem d. Skup dz = {..., 2d. d, 0, d, 2d,...} grafiqki predstavljamo i na brojevnoj pravi. Na primer, za d = 2 skup 2Z (skup parnih brojeva) predstavljamo: 2 Z Sliqno, predstavljamo i skup neparnih brojeva 2Z + 1 = {2x + 1 x Z}; to su oni brojevi koji, kada ih umanjimo za 1, postaju parni. 2 Z Sa slike moжemo primetiti da se skup 2 Z + 1 dobija translacijom skupa 2 Z za +1 (udesno za 1). Skupovi 2 Z i 2 Z + 1 qine particiju (ili rastavljanje, razbijanje) skupa Z, odnosno disjunktni su i unija im je ceo skup celih brojeva; to oznaqavamo sa Z = 2 Z 2 Z + 1. Primetimo da je particija takva da se svaki njen deo moжe dobiti od onog drugog translacijom za 1 (ali i 1, 3, 5,...). Sliqnu particiju skupa Z dobijamo posmatraju i skup 3 Z i njegove translate za +1 i Z Z Z Cele brojeve smo podelili na tri dela: Z = 3 Z 3 Z Z Uopxte, za svaki prirodan broj d (i ceo 0) imamo particiju Z = dz (dz + 1) (dz + 2)... (dz + (d 1)). Svaki ceo broj a se nalazi u taqno jednom skupu dz + r, gde je r {0, 1,..., d 1} (ako je d ceo onda r {0, 1,...,.1}). Formalno, ovu qinjenicu izraжavamo teoremom o deljenju. Teorema o deljenju Za svaki par celih brojeva a i b 0 postoje jedinstveni celi brojevi q i r takvi da vaжi: a = bq + r i 0 r < b. Dokaz. Neka su a i b 0 celi brojevi. Formirajmo skup S = {a bx x Z}. Primetimo da skup S sadrжi bar jedan prirodan broj; prema Arhimedovom svojstvu on sadrжi proizvoljno velike prirodne brojeve. Neka je a bq 0 najmanji nenegativan ceo broj koji pripada skupu S. Tvrdimo da vaжi a bq < b. U suprotnom, iz b a bq dobijamo...

3 DELjIVOST 3 0 a bq b = a b(q + b b ) < a bq, xto je, zbog a b(q + b b ) S, u suprotnosti sa pretpostavljenom minimalnosti broja a bq S. Prema tome, vaжi 0 a bq < b. Definixemo r = a bq. Imamo: a = bq + r i 0 r < b. Preostaje da dokaжemo jedinstvenost para (q, r). Pretpostavimo da za par (q, r ) vaжi a = bq + r i 0 r < b. Tada iz bq + r = bq + r imamo (1) b(q q ) = r r. Odavde, zbog b 0, sledi da b deli r r, pa prema tvrđenju 1.2(a) imamo dve mogu nosti: r r = 0 i b r r. Brojevi r i r pripadaju intervalu [0, b 1] pa za njihovu razliku vaжi 0 r r < b, odkale zzakljuqujemo da druga mogu nost ne moжe vaжiti. Prema tome, vaжi r r = 0, odnosno r = r. Tada iz b(q q ) = 0, zbog b 0, izvodimo q = q. Time je jedinstvenost dokazana. Ako su a i b 0 celi brojevi i q, r zadovoljavaju zakljuqak teoreme o deljenju, tada kaжemo da je q koliqnik, a r ostatak pri deljenju broja a brojem b. Primer 2. a) 100 = , pa 100 ima ostatak 2 pri deljenju i sa 14 i sa 7. b) 9 = , pa 9 ima ostatak 4 pri deljenju sa 5. c) 9 = ( 2) 5 + 1, pa 9 ima ostatak 1 pri deljenju sa 5. d) 9 = ( 1) ( 5) + 4, pa 9 ima ostatak 4 pri deljenju sa 5. e) 9 = 2 ( 5) + 1, pa 9 ima ostatak 1 pri deljenju sa 5. Teorema o deljenju daje i tumaqenje vizuelno dobijene particije Z = dz (dz + 1) (dz + 2)... (dz + (d 1)) Svaki prirodan broj pripada taqno jednom od skupova dz + r = {kd + r k Z} r = 0, 1,..., d 1; a dz + r ako i samo broj a ima ostatak r pri deljenju sa d. Posebno, ceo broj a je deljiv celim brojem d ako i samo ako a daje ostatak 0 pri deljenju sa d Dokazati slede u verziju Teoreme o deljenju u skupu prirodnih brojeva: za svaka dva prirodna broja a, b postoje jedinstveni prirodan broj q i nenegativan ceo broj r takvi da je a = bq + r i r b Neka je d 0 ceo broj. Dokazati slede a tvrđenja: a) Celi brojevi a i a imaju isti ostatak prideljenju sa d. b) Ako ceo broj a ima ostatak r 0 pri deljenju sa d, tada broj a ima ostatak d r pri deljenju sa d. Primer 3. Za svaki ceo broj n vaжi: 6 n akko 2 n i 3 n. Prvo, ako 6 n tada je n = 6k za neki ceo broj k, pa iz n = 6k = 2(3k) = 3(2k) sledi da 2 n i 3 n. U drugom smeru, pretpostavimo 2 n i 3 n; tada je n = 3k za neki ceo broj k. Tvrdimo da je k paran broj. U suprotnom, vaжi k = 2m + 1 za neki ceo broj m. Tada n = 3(2m + 1) = 2(3m + 1) + 1, pa je n neparan, xto je u suprotnosti sa 2 n. Prema tome, k je paran i vaжi k = 2l za neki ceo broj l. Tada je n = 3k = 3(2l) = 6l, pa vaжi 6 n. Primer 4. Dokaжimo da je proizvod tri uzastopna cela broja deljiv sa 3. Neka je n ceo broj i doklaжimo da je broj n(n+1)(n+2) deljiv sa 3. Imamo tri sluqaja: 1 0 n = 3k

4 4 DELjIVOST U ovom sluqaju n(n + 1)(n + 2) = 3k(3k + 2)(3k + 3) = 3(k(3k + 1)(3k + 2)). 2 0 n = 3k + 1 U ovom sluqaju n(n + 1)(n + 2) = (3k + 1)(3k + 2)(3k + 3) = 3(3k + 1)(3k + 2)(k + 1). 3 0 n = 3k + 2 U ovom sluqaju n(n + 1)(n + 2) = (3k + 2)(3k + 3)(3k + 4) = 3(3k + 2)(k + 1)(3k + 4). U sva tri mogu a sluqaja je n(n + 1)(n + 2) deljiv sa Dokazati da je zbir pet uzastopnih celih brojeva deljiv sa Dokazati da je proizvod tri uzastopna prirodna broja deljiv sa Dokazati da za svaki ceo broj n vaжi: 21 n akko 3 n i 7 n Dokazati da kvadrat neparnog broja daje ostatak 1 pri deljenju sa 8. Slede a tvrđenja su ekviva- Tvrđenje 1.4. Neka su a, b i d 0 celi brojevi. lentna. (1) a i b daju isti ostatak pri deljenju sa d. (2) d b a. Dokaz. Neka je a = dq + r, gde je r ostatak koji a daje pri deljenju sa d. ) Pretpostavimo da vaжi d a b. Tada je a b = dx za neki ceo broj x. Kombinuju isa a = dq + r dobijamo d(x q) + r = b.odavde, zbog jedinstvenosti ostatka, zakljuqujemo da b daje ostatak r pri deljenju sa d. ) se sliqno dokazuje. Naredno tvrđenje je laka posledica prethodnog. Posledica 1.5. Ako su brojevi a 1,... a n, b 1... b m deljivi brojem d 0 i vaжi a + a a n = b + b b m, tada brojevi a i b daju isti ostatak pri deljenju sa d. Tvrđenje 1.6. Neka pri deljenju celim brojem d 0 celi brojevi a i b daju redom ostatke r i r. (a) a + b i r + r imaju isti ostatak pri deljenju sa d. (b) ab i rr imaju isti ostatak pri deljenju sa d. Dokaz. Neka je a = qd + r i b = q d + r. Tada je a + b = (q + q )d + (r + r ) pa, prema lemi 1.4 a + b i r + r daju isti ostatak pri deljenju sa d. Sliqno, iz ab = (qq d + qr + q r)d + rr sledi da ab i rr daju isti ostatak ppri deljenju sa d Neka pri deljenju celim brojem d 0 brojevi a i b daju redom ostatke r i s. (a) Dokazati da a 2 ab + b i r 2 rs + s imaju iste ostatke pri deljenju sa d. (a) Dokazati da a 3 ab + b 2 i r 3 rs + s 2 imaju iste ostatke pri deljenju sa d Koliki ostatak pri deljenju sa 3 moжe dati zbir kvadrata tri uzastopna prirodna broja? Dokazati da zbir kvadrata pet uzastopnih prirodnih brojeva nije kvadrat prirodnog broja Dokazati da jednaqina x 2 + y 2 = nema rexenja u skupu celih brojeva Dokazati da n 2 + 3n + 6 nije deljiv sa 25 ni za jedan prirodan broj n Odredi sve trojke prirodnih brojeva a, b, c za koje vaжi:

5 DELjIVOST 5 a 2b + 1, b 2c + 1 i c 2a Neka je I Z neprazan skup za koji vaжi: ako a, b I, tada a b I. Dokazati da je I = d Z za neki ceo broj d Neka je I N neprazan skup za koji vaжi: Ako a, b I, tada a + b I; i Ako a, b I i a < b, tada b a I. Dokazati da postoji prirodan broj d takav da je I = d N Brojni sistemi. Teorema 1.7. Neka je D prirodan broj. Za svaki prirodan broj N postoji jedinstven prirodni broj m i jedinstvena m + 1-torka nenegativnih celih brojeva (a m, a m 1,..., a 0 ) manjih od D, takva da je a m > 0 i vaжi: N = a m D m + a m 1 D m a 1 D + a 0. Ovu jednakost zapisujemo: N = a 0 a 1... a m(d), xto je zapis broja N u sistemu sa osnovom D. Niz (a m, a m 1,..., a 0 ) dobijamo slede om procedurom: - pri deljenju broja N brojem D dobijamo ostatak a 0 i koliqnik N 1 = 1 D (N a 0); - pri deljenju broja N 1 brojem D dobijamo ostatak a 1 i koliqnik N 2 = 1 D (N 1 a 1 ); Nastavljamo sa formiranjem nizova a i, N i dok ne dobijemo koliqnik N m < D, t.j N m = a m. Na primer, u dekadnom sistemu imamo: 1234 = = = = Primer 5. a) Dekadni zapis broja moжemo transformisati na razne naqine. Na primer: abcd = 1000a + 100b + 10c + d = 100(10a + b) + 10c + d = 100ab + cd. Prema tome, broj abcd pri deljenju sa 100 ima koliqnik ab i ostatak cd. b) Sliqno, iz abcdef = 1000abc + def sledi da je def ostatak koji broj abcdef daje pri deljenju sa U zavisnosti od potrebe, moжemo koristiti razne transformacije dekadnog zapisa; na primer: abcdef = 1000abc + 10de + f; ab00ef = 10000ab + ef; ab02e = 1000ab e Ako se kvadrat prirodnog broja zavrxava cifrom 5, tada je njegov dvocefreni zavrxetak 25. Dokazati. Rexenje. Pretpostavimo da se n 2 zavrxava cifrom 5. Dekadni zapis broja n je oblika n = N5 i vaжi n = 10N + 5. Imamo n 2 = (10N + 5) 2 = 100(N 2 + N) + 25.

6 6 DELjIVOST Prema tome, broj n 2 ima ostatak 25 pri deljenju sa 100, pa se on zavrxava sa 25; takođe, dekadni zapis broja n 2 je M25 gde je M zapis broja n 2 + n. Iz rexenja prethodnog zadatka uoqavamo i pravilo za raqunanje kvadrata broja koji se zavrxavaju cifrom 5. Ako je n = N5, tada izraqunamo N 2 + N = N(N + 1) i na kraj njegovog dekadnog zapisa dodamo zavrxetak 25. Na primer 8 9 = 72, pa je 85 2 = Na i bar 10 razliqitih prirodnih delilaca broja }{{} Ako je cifra desetica prirodnog broja n 2 neparna dokazati da mu je cifra jedinica Odredi a, b ako je: 7ab + 4ba = 1a Kriterijumi deljivosti. Tvrđenje 1.8. Neka je N = a n a n 1... a 1. (a) 2 N ako i samo ako 2 a 1. (b) 4 N ako i samo ako 4 a 2 a 1. (v) 2 k N ako i samo ako 2 k a k... a 1. Lema 1.9. Neka su a, b celi brojevi i n prirodan broj. (a) (a b) a n b n (a b). (b) (a + b) a 2n+1 + b 2n+1 (a b). (c) (a + b) a 2n b 2n (a b) (a) 9 10 n 1 (b) n (v) n 1. Tvrđenje Prirodan broj daje isti ostatak pri deljenju sa 3 i 9 kao i njegov zbir cifara. Tvrđenje Prirodan broj a m... a 0 daje isti ostatak pri deljenju sa 11 kao i broj a 0 a 1 + a ( 1) m a m Koje ostatke pri deljenju sa 9 i 11 daje broj ? Na i najve i prirodan broj a2137b4 koji je deljiv sa Na i najve i prirodan broj a34b72c4 koji je deljiv sa Odredi najmanji broj deljiv sa 15 qije su cifre iz skupa {0, 4} Odredi najve i prirodan broj kome su sve cifre međusobno razliqite i koji je deljiv sa Na i sve parove cifara a, b za koje je broj 21a4 + 1a3b deljiv sa Dokazati da je svaki xestocifren broj oblika abcabc deljiv sa 7,11 i Dokazati da je broj abcdef abcdef deljiv sa Neka je N = ab0ab1... ab9. (a) Odredi ostatak koji N daje pri deljenju sa 7. (b) Odredi N ako znamo da je deljiv sa Neka je N = 1abc2abc6abc. (a) Odredi ostatke koje N daje pri deljenju sa 7. (b) Odredi N ako znamo da je deljiv sa 101.

7 DELjIVOST 7 2. Najve i zajedniqki delilac Neka D(u, v) = {d Z d u i d v} oznaqava skup svih zajedniqkih delilaca brojeva u i v od kojih bar jedan nije 0. Najve i zajedniqki delilac brojeva u i v je najve i element skupa D(u, v), oznaqava se sa NZD(u, v), ili samo sa (u, v). Na sliqan naqin definixe se i NZD vixe brojeva, oznaqava se sa NZD(a 1,..., a n ) ili (a 1,..., a n ). Primetimo da iz definicije ne moжemo odmah da zakljuqimo da je NZD(u, v) najve i i u smislu deljivosti, t.j da je deljiv svakim elementom skupa D(u, v). Lema 2.1. Ako za cele brojeve vaжi a = bx + c i najvixe jedan od brojeva a, b, c je 0, tada (a, b) = (b, c). Dokaz. Dokaжimo D(a, b) = D(b, c); odatle sledi zakljuqak tvrđenja. Prvo, ako d D(a, b), tada d a i d b, pa d a bx = c i d D(b, c). Sliqno, ako d D(b, c), tada d b i d c, pa d bx + c = a i d D(b, c). Za brojeve a i b kaжemo da su uzajamno prosti ako vaжi NZD(a, b) = Ako za prirodne brojeve vaжi a = bx + c, dokazati da je (a, b) = (b, c) = (a, b, c) Dokazati da su za svaki prirodan broj n vaжi (n, n + 1) = (n, 2n 1) = (2n 1, 3n 1) = (3n + 1, 11n + 4) = Odrediti sve cele brojeve n za koje dati izraz ima celobrojnu vrednost: (a) 2n + 1 (b) 5n + 4 n + 1 2n + 1 (v) 2n2 + n + 1 (g) n2 + n 1 (d) 2n2 + n + 1 n + 1 2n + 1 n 2 + n + 1 (đ) n n 1 (e) n3 + 2 n Odredi sve mogu e vrednosti koje moжe imati NZD(n 2 + 1, 2n + 1) kada je n prirodan broj. Euklidov algoritam. Euklidov algoritam opisuje efektivan postupak kojim pronalazimo najve i zajedniqki delilac para prirodnih brojeva. Zasnovan je na prethodnoj lemi. Neka su a > b prirodni brojevi. Vrximo niz deljenja sa ostatkom, dok god ostatak ne bude 0. a = bq 1 + a 1 gde je 0 < a 1 < b. Prema lemi 2.1, imamo (a, b) = (b, a 1 ). b = a 1 q 2 + a 2 gde je 0 < a 2 < a 1. Prema lemi 2.1, imamo (b, a 1 ) = (a 1, a 2 ). a 1 = a 2 q 3 + a 3 gde je 0 < a 3 < a 2. Prema lemi 2.1, imamo (a 1, a 2 ) = (a 2, a 3 ).... a k 2 = a k 1 q k + a k gde je 0 < a k < a k 1. Prema lemi 2.1, (a k 2, a k 1 ) = (a k 1, a k ). a k 1 = a k q k+1. Zbog a k a k 1 imamo (a k 1, a k ) = a k, pa je (a, b) = a k. Euklidov algoritam je konstruktivan, u smislu da njime efektivno određujemo NZD datih brojeva. Njegova posledica je i opxtija qinjenica izraжena u narednoj teoremi. Njen dokaz je mogu e izvesti i iz Euklidovog algoritma: indukcijom se proveri da je svaki broj a i oblika ax + by. Teorema o najve em zajedniqkom deliocu. brojevi u, v takvi da je d = au + bv. Ako je d = (a, b), tada postoje celi

8 8 DELjIVOST Dokaz. Posmatrajmo skup I = {ax+by x, y Z}. I sadrжi bar jedan prirodan broj, pa moжemo izabrati najmanji njegov pozitivan element; neka je to c = au + bv. Tvrdimo da vaжi I = cz. Za svaki ceo broj m vaжi cm = a(mu) + b(mv) I, pa imamo cz I. Da dokaжemo obrnutu inkluziju, pretpostavimo e = ax 0 + by 0 I. Neka je e = cq + r gde je 0 r < r. Tada je r = e cq = a(u x 0 ) + b(v y 0 ) I. Kako je r najmanji pozitivan qlan skupa I i vaжi 0 r < r, zakljuqujemo r = 0, odakle sledi c e i e cz. Time smo dokazali obrnutu inkluziju, a samim tim i I = cz. Kao posledicu tvrđenja, zbog a, b I imamo c a i c b. Prema tome, c je zajedniqki delilac brojeva a i b, pa vaжi c d. S druge strane, iz c = au + bv, d a i d b imamo d c, xto zajedno sa 0 < c d povlaqi c = d. Prema tome, d = au + bv. Narednu posledicu (dokaza) prethodne teoreme moжemo izraziti i na slede i naqin: Posledica 2.2. Ako je d = (a, b), tada je {ax + by x, y Z} = dz. Posledica 2.3. (a) Ako d a i d b, tada d (a, b). (b) (a, b) = 1 ako i samo ako jednaqina ax + by = 1 ima rexenje u skupu celih brojeva. Naredna posledica sledi iz dokaza Teoreme o NZD-u. Posledica 2.4. Jednaqina ax + by = c ima rexenje u skupu celih brojeva ako i samo ako (a.b) c. Tvrđenje 2.5. Ako d ab i (d, a) = 1, onda d b. Dokaz. a i d su uzajamno prosti, pa postoje celi brojevi u, v takvi da je ax+dy = 1. Odatle imamo abx + dby = b. Zbog d ab leva strana je deljiva sa d, pa vaжi d b. Tvrđenje 2.6. Ako su a i b uzajamno prosti brojevi, tada vaжi: ceo broj je deljiv sa ab ako i samo ako je deljiv i sa a i sa b. Dokaz. Pretpostavimo a c i b c, pa dokaжimo ab c. Neka je c = ac 1. Imamo b ac 1 i (b, a) = 1. Prema tvrđenju 2.5 imamo b c 1, pa je c 1 = bc 2. Zakljuqujemo c = abc 2 i ab c. Time je dokazan jedan smer ekvivalencije. Drugi smer je trivijalan. Za brojeve a 1,..., a n kaжemo da su uzajmno prosti u parovima ako (a i, a j ) = 1 vaжi za sve 1 i < j n. Naredno tvrđenje se lako izvodi iz prethodnog indukcijom. Posledica 2.7. Ako su celi brojevi a 1,..., a n u parovima uzajamno prosti, tada vaжi: a 1... a n N ako i samo ako je N deljiv svakim od brojeva a 1,..., a n Dokazati da za sve cele brojeve n vaжi (a) 6 n 3 n. (b) 30 n 5 n. (v) 42 n 7 n.

9 2.6. Ispitati deljivost broja }{{} Dokazati da je broj }{{} 1980 DELjIVOST 9 sa 63 i 333. deljiv sa Odredi sve brojeve abccba (a 0) koji su deljivi sa Odredi N = 1a2b3c4a5b6c7a8b9c ako znamo da je deljiv sa: (a) 385; (b) ; (v) Ako je (a.c) = (b, c) = 1, onda je (ab, c) = 1. Dokazati. 3. Prosti brojevi Prirodan broj n > 1 je prost ako ima taqno dva prirodna delioca: 1 i sebe. Drugim reqima: broj je prost ako se ne moжe napisati kao proizvod dva cela broja ve a od 1. Slede e tvrđenje opisuje najvaжniju osobinu prostih brojeva Ako je p prost broj, tada vaжi: p a ako i samo ako (a, p) = 1. Tvrđenje 3.1. Neka je p prost broj. Za sve cele brojeve a, b vaжi: p ab ako i samo ako p a ili p b. Dokaz. Netrivijalan smer je. Dokazujemo ga tako xto iz pretpostavki p ab i p a izvodimo p b. Iz p a imamo (a, p) = 1 pa, prema teoremi o najve em zajedniqkom deliocu, postoje celi brojevi u, v takvi da je pu + av = 1. Tada bpu + bav = b. Zbog p ab desna strana je deljiva sa p. Prema tome, p b. Indukcijom se lako izvodi slede a posledica. Tvrđenje 3.2. Ako je proizvod vixe celih brojeva deljiv prostim brojem p, tada p deli bar jedan od qinilaca Neka je p > 3 prost broj. (a) Dokazati da se p moжe predstaviti u obliku 6k + 1 ili 6k 1. (b) Dokazati da je p 2 1 deljiv sa Odredi sve parove prostih brojeva za koje vaжi (a) p 2 2q 2 = 1 (b) p 2 5q 2 = 4 (v) p 2 8q 2 = 49. Tvrđenje 3.3. Svaki prirodan broj ve i od 1 se moжe predstaviti kao proizvod prostih brojeva. Dokaz. Indukcijom po n > 1. Za n = 2 tvrđenje vaжi. Pretpostavimo da ono vaжi za sve prirodne brojeve manje od n. Neka je p > 1 najmanji delilac broja n. Ako je p = n, tvrđenje je dokazano. U suprotnom, imamo n = pm gde je m > 1. Prema induktivnoj hipotezi, m je proizvod prostih brojeva, pa je to i n = pm. Teorema 3.4. Postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva. Dokaz. Pretpostavimo, suprotno tvrđenju, da su p 1,... p k Posmatrajmo svi prosti brojevi.

10 10 DELjIVOST N = p 1... p k + 1. Neka je p prost delilac broja N. Tada je p = p i za neki indeks i k, pa vaжi Kontradikcija. p (N p 1... p k ) = Dokazati da svaki prirodan broj oblika 4k + 3 ima prost delilac istog oblika. Dokazati da postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva oblika 4k Dokazati da postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva oblika 6k Dokazati da postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva oblika 3k Osnovna teorema aritmetike Teorema 4.1. Svaki prirodan broj N > 1 se na jedinstven naqin predstavlja u obliku N = p 1 p 2... p k gde su p 1 p 2... p k prosti brojevi. Dokaz. Prema tvrđenju 3.3 N se moжe predstaviti u obliku proizvoda prostih brojeva. Preostaje da dokaжemo jedinstvenost. Neka su N = p 1 p 2... p k = q 1 q 2... q m dve reprezentacije broja N u vidu proizvoda elemenata neopadaju eg niza prostih brojeva. Iz p 1 q 1... q m, prema tvrđenju 3.2, imamo da p q i za neki i m. Kako se radi o prostim brojevima, imamo p 1 = q i. Zbog q i q 1 imamo q 1 p 1. Ponovivxi ovo rezonovanje poqevxi sa q 1 p 1... p k, dobijamo p 1 q 1. Zakljuqujemo p 1 = q 1. Nastavivxi ovaj postupak sa p 2... p k = q 2... q m (indukcija) dobijamo k = m i p i = q i za 1 i k. Kao neposrednu posledicu teoreme imamo kanonsku prostu faktorizaciju prirodnih brojeva koja se dobija grupisanjem jednakih prostih qlanova u proizvodu: Svaki prirodan broj ve i od 1 se na jedinstven naqin predstavlja u obliku p α 1 1 pα pα k k (p 1 < p 2 <... p k ) gde su p 1 < p 2 <... p k prosti brojevi, a α 1,..., α k prirodni brojevi. Formulixemo i odgovaraju u formu teoreme za skup celih brojeva. Teorema 4.2. Svaki ceo broj n 0 se na jedinstven naqin predstavlja u obliku N = ɛp 1 p 2... p k gde su p 1 p 2... p k prosti brojevi i ɛ {1, 1} Dokazati da je prirodan broj n potpun kvadrat ako i samo ako su svi izloжioci α i u njegovoj prostoj faktorizaciji parni brojevi Ako je ab potpun kvadrat i (a, b) = 1, tada su i a i b potpuni kvadrati. Dokazati Neka je n = p α 1 1 pα pα k k faktorizacija prirodnog broja n. Dokazati da za svaki prirodan broj m > 1 vaжi: m n ako i samo ako je m = p β 1 1 pβ pβ k k, gde je β i α i za sve 1 i k Dokazai da iz a 3 b 3 sledi a b Koliko razliqitih prirodnih delilaca ima broj n = p α 1 1 pα pα k k? 4.6. Sa koliko nula se zavrxava broj 100!?

11 DELjIVOST Razni zadaci 1. Dexifrovati mnoжenje 4 15 = Proizvod dva dvocifrena broja zapisan je samo pomo u qetvorki. Odrediti te brojeve. 3. Dexifrovati sabiranje ako jednakim slovima odgovaraju jednake cifre, a razliqitim slovima razliqite cifre. A AB ABB +ABBC DDA3 4. Odredi sve dvocifrene brojeve ab takve da ab deli a0b. 5. Odrediti sve prirodne brojeve koji su 33 puta ve i od zbira svojih cifara. 6. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je a 2 + ab + b 2 deljiv sa 9. Dokazati da je a deljiv sa Dokazati da među uzastopnih 21 brojeva ima najvixe 7 koji nisu deljivi ni sa 2, ni sa 3, ni sa Napisano je 180 prvih prirodnih brojeva. Izbrisani su svi brojevi koji se zavrxavaju nulom. Zatim su izbrisani svi brojevi koji su deljivi sa 4, a potom su izbrisani svi brojevi koji su deljivi sa 3. Koliko je brojeva ostalo? 9. Napisano je 1200 uzastopnih prirodnih brojeva. Prvo su izbrisani svi brojevi koji se zavrxavaju nulom. Zatim su izbrisani svi brojevi koji su deljivi sa 4, a na kraju su izbrisani svi brojevi koji su deljivi sa 3. Koliko je brojeva ostalo? 10. Odrediti sve prirodne brojeve koji se zavrxavaju istim dvema ciframa kao i njihov kvadrat. 11. Poznato je da brojevi 1059, 1417 i 2312 pri deljenju prirodnim brojem d > 1 daju isti ostatak r. Izraqunati d r. 12. Trocifren broj pri deljenju sa 11 daje ostatak jednak zbiru kvadrata njegovih cifara. Odredi sve takve brojeve. 13. Ispitati deljivost broja }{{} 27 sa 777 i Koliko ima trocifrenih brojeva koji su 11k + 1 puta ve i od zbira svojih cifara (k N). 15. Odredi N = 1a2b3c4a5b6c7a8b9c ako znamo da je deljiv sa: (a) 385; (b) ; (v)

12 12 DELjIVOST 16. Neka je N = 1abc2abc... 9abc. (a) Odredi ostatke koje N daje pri deljenju sa 7, 9 i 37. (b) Odredi N ako znamo da je deljiv sa Odredi najmanji broj N = 12abcd34abcd56abcd78abcd (a 0) koji je deljiv sa Neka je N = abcdef i M = bcdefa, pri qemu je ab 0 i N M. Odredi sve N i M takve da M N. 19. Neka je N = abcdef i M = cdefab, pri qemu je ac 0 i N M. Odredi sve N i M takve da M N. 20. Neka je N = a 1 a 2... a n i M = a n a 1... a n 1, pri qemu je a 1 a n 0 i N M. Odredi sve N i M takve da M N. 21. Dat je prirodan broj n = } 111 {{... 11} 222 }{{... 22} Dokazati da je tada izraz n 3 3n 2 18n deljiv sa Razlomci i su prirodni brojevi. Uporediti ih po veliqini. 23. Neka je S = Dokazati da je S deljivo sa Dexifrovati sabiranje: A + AB + BB + ABBB = A Dexifrovati mnoжenje: abcd 9 = dcba. ako jednakim ciframa odgovaraju jednaka slova i obrnuto, razliqitim ciframa razliqita slova. 26. Odrediti cifre a i b tako da je broj n = a b deljiv sa Dexifrovati kvadriranje: (5c + 1) 2 = abca. 28. Odrediti sve trocifrene brojeve koji su 15 puta ve i od zbira svojih cifara. 29. Ako je p prost broj, onda je 1995p + 1 sloжen broj. Dokazati. 30. Odredi najmanji prirodan broj n takav da su zbirovi cifara brojeva n i n + 1 deljivi sa Ako su p i p prosti brojevi dokazati da je i p prost broj. 32. Neka je p prost broj ve i od 3. Dokazati da je 2 p + p 2 sloжen broj. 33. Dati su redom prirodni brojevi: 1,2,3,...,1994,1995. Brixemo ma koja dva broja iz datog niza i umesto njih pixemo ili njihov zbir, ili apsolutnu vrednost njihove razlike. Postupak se ponavlja sve dok ne ostane samo jedan broj. Moжe li taj poslednji broj biti: a) 0; b) 1995?