Matematikos knyga

5/22/2018 Matematikos knyga

1/233


2/233

Copyright Paulius Kantautas, Lukas Melninkas, Pijus Simonaitis, Paulius arka 2010; PijusSimonaitis, Vaidotas Juronis 2011, Some Rights Reserved.

Except where otherwise noted, this work is licensed under Creative Commons Attribution Sha-reAlike 3.0. You are free:

to Share to copy, distribute and transmit the work,

to Remix to adapt the work.

Under the following conditions:

Attribution. You must attribute the work in the manner specified by the author orlicensor (but not in any way that suggests that they endorse you or your use of the work).

Share alike. If you alter, transform, or build upon this work, you may distribute theresulting work only under the same, similar or a compatible license.

With the understanding that:

Any of the above conditions can be waived if you get permission from the copyrightholder.

In no way are any of the following rights affected by the license:

- Your fair dealing or fair use rights;

- Authors moral rights;

- Rights other persons may have either in the work itself or in how the work is used,such as publicity or privacy rights.


3/233

TURINYS

Apie knyg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1 Skaii teorija 21.1 Dalumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Lyginiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Oilerio teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Kin liekan teorema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5 Liekan grup. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6 Kvadratins liekanos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.7 Diofantins lygtys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.7.1 Dvi lygties puss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2 Algebra 422.1 Nelygybs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.1.1 Pirmieji ingsniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.1.2 Vidurki nelygybs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.1.3 Cauchy-Schwarz nelygyb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.1.4 Specialios technikos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.1.5 Drakon puota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.2 Funkcins lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.2.1 sistatykime x = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.2.2 Funkcij tipai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2.3 Cauchy funkcin lygtis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3 Kombinatorika 923.1 Matematiniai aidimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.1.1 Strategija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.1.2 aidimas NIM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4 Geometrija 1104.1 anga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.2 Udaviniai apilimui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113


4/233

TURINYS TURINYS

4.3 Panaieji trikampiai ir brinio papildymai. . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.4 Apskritimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.5 Plotai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.6 Apibrtins figros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1384.7 Vienareikmiki udaviniai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.8 Geometrins nelygybs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5 Sprendimai 151

Literatra 228

iv


5/233

Apie knyg

Matematikos knyga - tai knyga skirta matematika besidomintiems moksleiviams ir mok-sleivms. Jos turinys yra gerokai nutols nuo sutinkamo mokykloje ir, pagal matema-tikos olimpiad tradicij, orientuotas keturias matematikos sritis: skaii teorij, al-gebr, kombinatorik ir geometrij. Turinys pateiktas naudojant prast matematinkalb, tad prie teorem, rodym ir matematini paymjim nepratusiems gali pri-reikti iek tiek daugiau atkaklumo ir mokytojo(-os) pagalbos.

Prie knygos krimo prisidjo keletas moni, kuriuos nortume paminti:Benas Baanskasir Gintautas Miliauskas rad ir itais krv klaid.Gabriel Bakyt pirmojo leidimo redaktor.

ymantas Darbnas vienas i knygos idjos autori ir kvepj.Albertas Zineviius padjs rayti ir apipavidalinti knyg.

Taip pat nortume paminti Nacionalin moksleivi akademij, kuri nekart kvp irpaskatino tsti knygos krim.

Ai jums!

*

Kaip jau pastebjote i pirmj puslapi, i knyga yra ileista pagal Creative Commons

licenzij. Tai reikia, kad kartu su knyga js gaunate gerokai daugiau laisvs, nei pras-tai, ir mes tikims, kad ta laisve js drsiai naudosits.

Kartu tai iek tiek paaikina, kodl ileidiama nebaigta knyga. Rayti po skyri arskyrel yra daug paprasiau ir efektyviau, nei i karto griebtis sunkiai kandamo umojo.Atviras formatas neriboja nei autori skaiiaus, nei raymo trukms, tad jei vilgtel-

jus turin jums galvoje rikiuojasi trkstamo skyrelio tekstas, galbt metas ssti prieklaviatros?


6/233

1SKYRIUS

SKAII TEORIJA

Skaii teorija yra senas tradicijas turinti matematikos aka, nagrinjanti udavinius,susijusius su skaiiais ir j dalumu. iame skyriuje supaindinsime su paiomis pag-rindinmis svokomis ir panagrinsime dalel klasikins teorijos liekan grupes irkvadratinius simbolius.

1.1 Dalumas

Su skaii dalumo savoka jau greiiausiai esate pastami, tad pradioje keletas api-brim pasitikslinimui. Turkite omenyje, kad visur bus kalbama apie natraliuosiusarba sveikuosius skaiius.

Apibrimas. Skaiius n dalijasi i skaiiaus a, jei egzistuoja toks skaiius b, kadn= a b. Skaiius a dalo n(ymsime a|n) jei n dalijasi i a.Apibrimas. Skaiius, i kurio dalijasi n, vadinamas n dalikliu. Skaiius, kuris dalijasii n, vadinamas n kartotiniu.

Apibrimas. Skaiius, kuris dalijasi tik i vieneto ir i savs, vadinamas pirminiu.

Sveikj skaii dalyba tenkina kelet savybi. sitikinkite, kad suprantate kiek-vien, ir mintyse pabandykite sugalvoti po pavyzd:

Jei x|air x|b, taix|a + b,x|a bir x|ab; Jei x|y ir y |z, tai x|z; Jei x|air y |b, tai xy |ab.


7/233

1.1. Dalumas Skaii teorija

Skaidymas dauginamaisiais

Viena i pagrindini sveikj skaii savybi, susijusi su dalumu, yra vienareikmisskaidymasis dauginamaisiais. Ja mes remsims ir naudosims labai danai, nors jos irnerodysime (rodymas yra kiek ilgokas ir vargu, ar tinkamas paiai painties su skaiiteorija pradiai).

Teiginys. Kiekvien skaii n galima vieninteliu bdu iskaidyti pirminiais daugina-maisiais:

n= p11 p22 pkk .

Maus skaiius skaidyti pirminiais dauginamaisiais nesunku tiesiog i eils tikri-name pirminius skaiius ir skaiiuojame, kiek kart i j galima padalinti. Pavyzdiui,

120 = 2 2 2 3 5 = 23 3 5.inodami, kaip skaiius isiskaido, galime nemaai apie j pasakyti. Pavyzdiui,

galime nurodyti jo daliklius:

Teiginys. Jei skaiiusn dalijasi i skaiiausa ir

n= p11 p22 pkk ,

tai tuometa= p11 p

22 pkk

ir i i

su visaisi= 1, . . . , k.

rodymas. Jeindalijasi ia, tai tuomet egzistuoja toks b, kadn = ab. Iskaidadaugi-namaisiais gauname, kad n skaidin turi eiti visi pirminiai kaip ir a su nemaesniaislaipsni rodikliais.

Panagrinkime skaii12. Jis isiskaido kaip 22 31. Pagal k tik rodyt teigin jodalikliais turt bti 22 31,21 31, 20 31, 22 30, 21 30 ir 20 30. Sudaugin matome,kad gavome skaiius 12, 6, 3,4, 2ir 1, kurie i ties yra visi 12dalikliai. Tad nordamirasti duoto skaiiaus dalikl turime paimti kakoki dal jo skaidinio. is pastebjimasleidia nesunkiai suskaiiuoti, kiek i viso dalikli skaiius turi:

Teiginys. Skaiiusn= p11 p22 pkk turi(1+ 1)(2+ 1) (n+ 1) dalikli.

rodymas. Kiekvienasn daliklis bus uraomas kaipp11 p22 pkk , kuri isu visais

i= 1, . . . , k. Skirtingus daliklius gausime imdami skirtingus pirmini skaii laipsnius.Parinkti 1 galime 1 + 1 bdais (nepamirkime nulio!), parinkti 2 galime 2 + 1bdais ir taip toliau. Pagal kombinatorin daugybos taisykl i viso galsime sudaryti(1 + 1)(2 + 1) (n + 1) skirting laipsni rinkini, todl tiek bus ir skirtingdalikli.

3


8/233


Didiausiasis bendras daliklis

Prisiminkime didiausiojo bendro daliklio ir maiausiojo bendro kartotinio svokas.Apibrimas. Dviej ar daugiau skaiididiausiuoju bendru dalikliu(dbd) vadinsimedidiausi skaii, i kurio visi duotieji dalinasi.

Apibrimas. Dviej ar daugiau skaii maiausiuoju bendru kartotiniu(mbk) vadin-sime maiausi skaii, kuris dalijasi i vis duotj.

Apibrimas. Du skaiius, kuri didiausiasis bendras daliklis yra lygus 1, vadinsimetarpusavyje pirminiais.

Pavyzdiui, didiausias skaiius, i kurio dalijasi ir 15 ir 25, yra 5, o maiausiasskaiius, kuris dalijasi i2,3,4,5ir6, yra60. Taddbd(15, 25) = 5irmbk(2, 3, 4, 5, 6) =60. Iekant didiausiojo bendro daliklio ir maiausiojo bendro kartotinio labai praveriaskaidymas dauginamaisiais. siirkite:

Nordami rasti didiausi skaii 24 31 ir 21 31 51 bendr dalikl turime paimtididiausi manom skaidinio dal, priklausani abiems skaiiams. iuo atveju tai bt21 31.

Nordami rasti maiausi skaii24 31 ir21 31 51 bendr kartotin, turime paimtimaiausi manom skaidin, kur "tilpt" abiej skaii skaidiniai. iuo atveju taibt24 31 51.

Kitas bdas, ar bent jau pagrindin idja, kuri praveria iekant didiausio bendrodaliklio, yra Euklido algoritmas. Jis remiasi svarbia ir naudinga lygybe:

Teiginys.dbd(a, b) = dbd(a b, b).

rodymas. Tegudbd(a, b) =d. Tuometd|air d|b, o kartu d|(a b). Vadinasi, dbd(a b, b)bus nemaesnis neid.

I kitos puss tegu dbd(a b, b) = d. Kartut d|(a b) ir d|b, o tuo paiu d|a,nesa = (a b) + b. Vadinasi,dbd(a, b)bus nemaesnis neid.

Kadangi gavome d d ir d d, tai vadinasi d = d, t.y. dbd(a, b) = dbd(a b, b).

Pavyzdys. Pasinaudodami rodyta lygybe raskimedbd(14, 6), dbd(2100+ 1, 2100 1)irdbd((p + q)

2

, p), kurpirqpirminiai skaiiai.Sprendimas. Didiausio bendro daliklio iekosime atimdami i didesnio skaiiaus ma-esn:

dbd(14, 6) = dbd(8, 6) = dbd(2, 6) = dbd(2, 4) = dbd(2, 2) = 2.

dbd(2100 + 1, 2100 1) = dbd(2, 2100 1) = 1.dbd((p + q)2, p) = dbd(p(p + 2q) + q2, p) = dbd(q2, p) = 1.

4


9/233


Euklido algoritmas. Rasimedbd(a, b). Nemaindami bendrumo tarkime, kada > b.Tuometauraomas kaipa= bq+ r, kur dalybos liekana tenkina0< r < b. Analogikaib= rq1+ r1, kur0< r1< r,r= r1q2+ r2, kur0< r2< r1,. . .rk2= rk1qk+ rk, kur0< rk < rk1,rk1= rkqk+1.

I r > r1 > ... > rk seka, kad kakada gausime dalybos liekan lygi 0. Tuomet,kadangi

dbd(a, b) = dbd(b, r) = = dbd(rk2, rk1) = dbd(rk1, rk),

tai paskutinioji nenulin liekanark ir bus didiausias bendrasis daliklis.Paties Euklido algoritmo taip skrupulingai, kaip jis suformuluotas, netaikysime

daniausiai, kaip pavyzdyje, pakaks kelet kart pasinaudoti lygybe dbd(a, b) =dbd(a, b a). Taiau urame j ne be reikalo labai svarbi bus jo ivada:Ivada. Jeidbd(a, b) =d, tai egzistuoja tokiex, y Z, kadax + by= d.rodymas. I priepaskutins Euklido algoritmo lygybs galime ireikti rk per rk1 irrk2. I dar ankstesns galima ireikti rk1 per rk2 ir rk3. stat pirmj iraikgausimerk iraik per rk2 irrk3. Taip toliau vis tsdami gausimerk iraik per a,b, t.y. rasime x,y , tenkinanius ax + by= dbd(a, b).

Pirminiai skaiiai

Jau pirmuosiuose puslapiuose galima atkreipt dmes tai, kok didel vaidmen skaiiteorijoje vaidina pirminiai skaiiai. Kadangi kiekvien sveikj skaii vieninteliu bdugalima urayti kaip j sandaug, tai neretai jie yra vaizdiai vadinami sveikj skaiiatomais. rodykime vien i graiausi ir elegantikiausi matematikos teorem:

Teorema. Pirmini skaii yra be galo daug.

rodymas. Tarkime prieingai, kad pirmini skaii yra baigtinis skaiius. Sudauginki-me juos visus ir pridkime vienet: p1p2 pn+ 1. is skaiius nesidalija i n vieno

pirminiop1, . . . , pn,todl pats yra pirminis. Gavome nauj pirmin prietara.Kartais tenka patikrinti, ar duotas skaiius yra pirminis, ar ne. Tam reikia patikrinti

visus potencialius jo daliklius. Truput pagalvoj, galime rasti sutrumpinim:

Teiginys. Jei skaiiusnnesidalija i jokio pirminio skaiiaus, maesnio (arba lygaus)u

n, tai jis pirminis.

rodymas. Ities, jei skaiius n turi dalikl a, tai turi ir dalikl na , bet tuomet arbaa

n, arba an

n, vadinas,i n turs dalikl (o kartu ir pirmin dalikl), maesn u

n.

Pavyzdiui, norint patikrinti, ar 101 yra pirminis, utenka ibandyti 2, 3, 5 ir 7.

Kadangi n i vieno nesidalija, tai 101 yra pirminis.

5


10/233


Dalumo poymiai

Ura skaii deimtainje sistemoje a1a2 . . . an, i jo skaitmen galime sprsti, ar jisdalijasi i kai kuri ma skaii, ar ne. Naudingiausi dalumo poymiai yra ie:

Skaiius a1a2 . . . an dalijasi i 2, jei i 2 dalijasi jo paskutinis skaitmuo an.

Skaiius a1a2 . . . an dalijasi i 3, jei i 3 dalijasi jo skaitmen suma a1+ + an. Skaiiusa1a2 . . . andalijasi i4, jei i4dalijasi jo dviej skaitmen galnan1an.

Skaiius a1a2 . . . an dalijasi i 5, jei i 5 dalijasi jo paskutinis skaitmuo an.

Skaiius a1a2 . . . andalijasi i8, jei i8dalijasi jo trij skaitmen galn an2an1an.

Skaiius a1a2 . . . an dalijasi i 9, jei i 9 dalijasi jo skaitmen suma a1+ + an. Skaiiusa1a2 . . . andalijasi i11, jei i11 dalijasi jo alternuojanti skaitmen suma

a1 a2+ a3 a4+ an.

Vis dalumo poymi rodymai bus imtyti po pirmus du skyrelius, o kol kassvarbiau juos siminti ir imokti atpainti.

Pavyzdiai

1 Pavyzdys. rodykite, kad su visais natraliaisiaisn, n2 + ndalijasi i2.

Sprendimas. Jein dalijasi i 2, tai irn2 dalijasi i dviej. Dviej skaii, besidalijanii dviej (lygini), suma taip pat dalinsis i dviej.

Jei n nesidalija i 2, tai ir n2 nesidalija i dviej. Dviej skaii, nesidalijani idviej (nelygini) suma dalijasi i dviej.

Vadinasi, tikrai, bet kuriuo atveju, n2 + ndalinsis i dviej.

2 Pavyzdys. rodykite, kad jein|5a + 3birn|3a + 2b, tain|airn|b.Sprendimas. Pastebkime, kad a galime ireikti kaip2(5a + 3b) 3(3a + 2b), o b kaip5(3a + 2b) 3(5a + 3b). Abu skirtumai i n dalijasi, todl dalinsis ir a, ir b.

3 Pavyzdys. raykite vaigdui vietoje tokius skaitmenis, kad skaiius15 15 da-lytsi i99.

Sprendimas. Duotas skaiius dalinsis i 99 tada ir tik tada, kai dalinsis i 9 ir i11. Jeivietoje vaigdui raysimex iry, tai pagal dalumo poymius gausime, kad 12 + x + yturi dalintis i 9, ir x y 8turi dalintis i 11. Abi slygas tenkina x = 6,y = 9.

Pastaba. Teiginys, kadn dalinasi i ab tada ir tik tada, kai n dalinasi i a ir n dalinasii b, yra teisingas, tik kai a ir b yra tarpusavyje pirminiai.

4 Pavyzdys. rodykite dalumo i3 poym.

6


11/233


Sprendimas. Skaiius, uraytas deimtaine iraika kaip a1a2 . . . an, yra lygus a110n1 + a2

10n2 +

+ an

1

10 + an. Pastebkime, kad visi deimties laipsniai yra

vienetu didesni u skaii, besidalijant i trij:

a1 10n1 + a2 10n2 + + an1 10 + an=a1 99 . . . 9

n1+a2 99 . . . 9

n2+ + an1 9 + a1+ a2+ + an1+ an.

Matome, kad skaiius nuo savo skaitmen sumos skiriasi per 3kartotin, todl arba abudalijasi i trij, arba abu nesidalija.

5 Pavyzdys. [IMO 1959]rodykite, kad trupmena 21n+414n+3 yra nesuprastinama su visomisnatraliosiomisn reikmmis.

Sprendimas. Trupmena bus nesuprastinama, jei didiausias skaitiklio ir vardiklio bend-ras daliklis bus lygus vienam. Pasinaudoj dbd(a, b) = dbd(a, b a)gauname:

dbd(21n + 4, 14n + 3) = dbd(7n + 1, 14n + 3) = dbd(7n + 1, 1) = 1.

Udaviniai

1. Duota, kadn

|3air n

|12a + 5b. rodykite, kadn

|10b. S

2. Duota, kadn|3a + 7bir n|2a + 5b. rodykite, kad n|air n|b. S3. Ar teisingos ios "dalumo savybs": S

a) Jei x|a + b, tai x|air x|b,b) Jeix|a b, taix|aarba x|b,c) Jeix|air y |a, taixy |a?

4. rodykite, kad bet kaip sudliojus devynis skaitmenis1, 2,..., 9, gautas devyn- Senklis skaiius dalinsis i 9.

5. rodykite, kad skaiiusabbadalijasi i 11. S

6. raykite vaigdutes vietoje tok skaitmen, kad skaiius12345dalytsi i: a) S9; b) 8; c) 11.

7. Duota, kad skaiiusa + 4bdalijasi i 13. rodykite, kad ir 10a + bdalijasi i 13. S

8. Raskite visus pirminius skaiius i intervalo [180, 200]. S

9. Su kuriomis natraliosiomisn reikmmis skaiius n2 + 5n + 6 pirminis? S

10. Duota, kadn|a + b. rodykite, kadn|a3 + 2a + b3 + 2b. S

11. Kokius skaiius galime ireikti suma8x + 5y, kur x, y Z? S

7


12/233


12. Ar skaiius, kurio skaitmen suma lygi5, gali dalintis i 11? S

13. rodykite, kad skaiius turi nelygin dalikli skaii tada ir tik tada, kai jis yra Ssveikojo skaiiaus kvadratas.

14. Duota, kad trupmena ab yra suprastinama. Ar trupmena aba+b btinai yra su- S

prastinama? Ir atvirkiai, jei inoma, kad trupmena aba+b yra suprastinama, artrupmena ab btinai yra suprastinama?

15. rodykite, kadmbk(a, b) dbd(a, b) =a b. S16. Duota, kad11|3x + 7y ir11|2x + 5y. rodykite, kad 121|x2 + 3y2. S17. rodykite, kad skaiiaus, kuris dalijasi i99, skaitmen suma yra ne maesn u S

18.

18. Raskite bent vienn, kad intervale[n, n+10]nebt n vieno pirminio skaiiaus. S

19. Duotas100-enklis skaiiusa, kuris dalijasi i 9. inome, kadb yra a skaitmen Ssuma,c yra b skaitmen suma, d yra c skaitmen suma. Kam lygus skaiius d?

20. Nurodykite kok nors skaiiausn = 2728+ 4dalikl skirting nuo 1 ir paties n. 1 S

21. rodykite, kad jeippirminis, taipk

= p!k!(pk)! dalijasi ipsu visais1 k p1. S

22. Kiek yra sveikj skaii 1 n 100, kad S

a)dbd(n2 + 1, n + 1)> 1

b) dbd(n2 + 1, n + 2)> 1?

23. [Pan African 2001] Raskite visus sveikuosius n, su kuriais skaiius n3+3n2+7

yra Ssveikasis.

24. rodykite, kad11 1 3n

dalijasi i 3n. S

25. [LitKo 2002] Raskite maiausi natralj skaii, kurio pus yra sveikojo skai- Siaus kvadratas, tredalis yra sveikojo skaiiaus kubas, o penktadalis yra sveikojoskaiiaus penktasis laipsnis.

26. Raskite maiausi sveikj skaii turint75 daliklius ir besidalijant i 75. S

27. Su kuriomis neneigiamomisnreikmmis vienu metu2n + 1ir 3n + 1yra pilnieji Skvadratai ir 5n + 3yra pirminis?

28. Samprotaudami panaiai kaip rodyme, kad pirmini skaii yra be galo daug, Srodykite, kad pirmini skaii pavidalo 4k+ 3 yra be galo daug.

29. Paymkimef(n)vienaenkl skaii, kur gauname vis daugindamin skaitme- Snis. Pavyzdiuif(27) =f(14) = 4. Raskite visus n, su kuriais f(n) = 1.

30. [Ireland 2007] Raskite visus pirminius skaiius p ir q, tenkinanius p|q+ 6 ir Sq|p + 7.

1Lietuvos 5-6 klasi moksleivi matematikos olimpiada, 2005m.

8


13/233


31. [IMO 2002] Tegun 2natralusis skaiius, kurio dalikliai yra1 =d1< d2 < Sdk =n. rodykite, kad d1d2+d2d3+

+dk

1dk yra visuomet maesnis u n2,

ir raskite, kada jis yra n2 daliklis.

9


14/233

1.2. Lyginiai Skaii teorija

1.2 Lyginiai

Lyginiai yra nepakeiiamas rankis sprendiant udavinius apie sveikj skaii daliji-msi ir liekanas.

Apibrimas. Jeim|a b, tai sakysime, kad "alygsta b modulium", ir ymsimea b (mod m).

Pavyzdiui:2 5 (mod 3), 100 0 (mod 20), 3 2 (mod 5).

Norint skmingai naudotis lyginiais prireiks keleto pastebjim:

a

b (mod m)tada ir tik tada, kai a ir b duoda vienodas liekanas dalijami i m,

a b (mod m)tada ir tik tada, kai egzistuoja toks k Z, kad a = b + km, jei a b (mod m)ir b c (mod m), taia c (mod m).Pirmasis teiginys leidia intuityviai interpretuoti lyginius a lygsta b moduliu m

reikia, kad a ir b duoda tas paias liekanas dalijami i m. inoma, kad tokiu atvju airb skirtumas dalijasi i m, kas yra kitu bdu urayta antrjame teiginyje. Naudojanti interpretacij, akivaizdiu tampa ir treias teiginys: jei a duoda toki pai liekankaip b, o b toki pai, kaip c, taia ir c liekanos taip pat sutaps.

Kaip ir prastini lygi atveju, lyginius galima sudti, dauginti ir atsargiai dalinti:

Teiginys.

jeia b (modm)ira b (modm), taia + a b + b (modm); jeia b (modm)ira b (modm), taiaa bb (modm); jeiac bc (modm) irdbd(m, c) = 1, taia b (modm).

rodymas. rodykime visus tris naudodamiesi apibrimu:

Jei m|a bir m|a b, tai m|(a b) + (a b) m|(a + a) (b + b). Jeim|a bir m|a b, taim|(a b)air m|(a b)b m|(a b)a+ (a b)b

m|aa bb. Jei m

|ac

bc, t.y. m

|(a

b)cir m tarpusavyje pirminis su c, tai m

|a

b.

Naudodamiesi iomis savybmis galime pertvarkyti sudtingus reikinius.

Pavyzdys. Raskime, koki liekan duoda255 + 366 dalijamas i11.

Kadangi 25 3 (mod 11), tai 255 35 (mod 11) (sudauginame lygyb ja paia5 kartus, t.y. keliame abi puses penktuoju laipsniu). Toliau 35 = 993, o 92 (mod 11), todl

35 (2) (2) 3 1 (mod 11).Analogikai

366 36 35 3 3 (mod 11).Sudj gauname, kad dalindami 255 + 366 i 11gauname liekan 4.

10


15/233


Dalumo poymiai dar kart

rodykime dalumo poym i 11. Pastebkime, kad 10 1 (mod 11). Pakelkime abilygybs puses n-tuoju laipsniu:

10n (1)n (mod 11).

Iskleid skaii deimtaine iraika, gauname:

a1a2 . . . an= 10n1a1+ + 10an1+ an (1)n1a1+ an1+ an (mod 11).

rodykime dalumo poym i 8. Kadangi 2|10, tai, kai n 3, teisinga 8|10n (t.y.10n 0 (mod 8)). Pasinaudoj tuo gauname:

a1a2 . . . an= 10n

1

a1+ + 10an1+ an 100an2+ 10an1+ an an2an1an (mod 8).

Skaii laipsni liekanos

Sveikj skaii laipsniai, o ypa kvadratai ir kubai, yra labai danai sutinkami skaiiteorijos udaviniuose. Sveikj skaii laipsni liekanos turi domi struktr, kurigana plaiai nagrinsime vliau, taiau susipainti galime jau dabar. Pradkime nuopaties paprasiausio pavyzdio:

Pavyzdys. Sveikojo skaiiaus kvadrat dalindami i3 niekada negausime liekanos2.

Imkime bet kok sveikj skaii a. Galimi trys variantai:

a 0 (mod 3) arba a 1 (mod 3), arba a 2 (mod 3).

Pakla kvadratu atitinkamai gausime

a2 0 (mod 3)arba a2 1 (mod 3), arba a2 4 1 (mod 3),

t.y. liekanos 2 niekada negausime.Lygiai taip pat nagrindami atvejus galime susidoroti su visais nedideliais laipsniais

ir moduliais.

Pavyzdys. Kokias liekanas galime gauti dalindami a4

i 5, jei a bet koks sveikasisskaiius?

Nagrinkime penkis variantus:

a 0 (mod 5) a4 0 (mod 5),a 1 (mod 5) a4 1 (mod 5),a 2 (mod 5) a4 16 1 (mod 5),a 3 (mod 5) a4 (2)4 1 (mod 5),a 4 (mod 5) a4 (1)4 1 (mod 5).

Gavome, kad galime gauti tik liekanas 0 arba 1.

11


16/233


Pavyzdiai

1 Pavyzdys. Raskite, koki liekan gauname dalindami21000

i11.Sprendimas. Liekan rasime dviem bdais, kurie abu yra pamokantys. Pirma, paban-dykime kuo greiiau suskaiiuoti didelius dvejeto laipsnius vis daugindami lygybes:

24 5 (mod 11) 28 52 3 (mod 11)

224 33 5 (mod 11) 248 52 3 (mod 11)

21000 (248)10(248)10(24)10 310310510 4510 110 1 (mod 11).

Arba kelkime laipsniais po vien ir iekokime dsningum:

21 2 (mod 11), 28 7 2 3 (mod 11),22 4 (mod 11), 29 3 2 6 (mod 11),23 8 (mod 11), 210 6 2 1(mod 11),24 5 (mod 11), 211 1 2 2 (mod 11),25 5 2 10 (mod 11), 212 2 2 4 (mod 11),26 10 2 9 (mod 11), 213 4 2 8 (mod 11),27 9 2 7 (mod 11),

Matome, kad liekanos pradeda kartotis kas deimt, vadinasi, tkstantojo laipsnio

bus tokia pat kaip ir deimtojo, t.y. lygi1.

2 Pavyzdys. rodykite, kadn3 ndalijasi i6su visomis sveikosiomisn reikmmis.Sprendimas. Vl isprskime dviem bdais. Pirmasis gudrus: pastebkime, kad n3 nisiskaido kaip (n 1)n(n+ 1). I trij paeiliui einani sveikj skaii bent vienasdalijasi i trij ir bent vienas dalijasi i dviej, vadinasi, j sandauga dalijasi i6.

Antrasis universalus: skaiius n dalijamas i 6 gali duoti liekanas 0, 1, . . . 5. Pa-tikrinkime kiekvien i j:

n 0 (mod 6) n3 n 0 0 0 (mod 6),n 1 (mod 6) n3 n 1 1 0 (mod 6),n 2 (mod 6) n3 n 8 2 0 (mod 6),n 3 (mod 6) n3 n 27 3 0 (mod 6),n 4 2 (mod 6) n3 n 8 (2) 0 (mod 6),n 5 1 (mod 6) n3 n 1 (1) 0 (mod 6).

12


17/233


Udaviniai

1. Raskite liekanas, gaunamas dalijant Sa)1 + 11 + 111 + 1111 + 11111i 9,b) 555 777 + 666 888 i 9,c) 399 i 2,3,4,5,6 ir 7,d) 7777 i 10.

2. rodykite, kadab + cd ad + bc (mod a c). S3. Kokias liekanas galime gauti dalindami sveikojo skaiiaus kvadrat i4? S

4. rodykite, kad30|n5 n. S5. rodykite, kad jei 3

|a2 + b2, tai3

|air 3

|b. S

6. rodykite, kad jei 7|a2 + b2, tai7|air 7|b. S7. rodykite, kad nelyginio skaiiaus kvadratas duoda liekan1 dalijamas i 8. S

8. rodykite, kad6|a + b + ctada ir tik tada, kai 6|a3 + b3 + c3 S9. rodykite, kad jei skaiiusa nesidalija i 2 ir i 3, taia2 1 (mod 24). S

10. rodykite, kad dviej nelygini skaii kvadrat suma negali bti kvadaratas. S

11. Su kuriomisn reikmmis 120|(n5 n)? S

12. Raskite visus pirminiusp ir qtenkinanius lygyb p2 2q2 = 1. S13. rodykite, kadn2 + 3n + 5nesidalija i 121su visomis n reikmmis. S

14. [LitKo 2002] rodykite, kad10n + 45n 1dalijasi i 27. S15. rodykite, kad skaiiaus ir jo skaitmen sumos dalybos i9 liekanos sutampa. S

16. rodykite, kad jei a b (mod n), tai dbd(a, n) = dbd(b, n). S17. [LitKo 2003] Raskite visas natralisiasn reikmes, su kuriomis reikinys 36n + S

24n 7n 5n dalijasi i 899be liekanos.

18. rodykite, kad jei p pirminis, tai (a + b)p ap + bp (mod p). S19. Tegu q daugianaris su sveikaisiais koeficientais. rodykite, kad bet kokiems S

sveikiesiemsx ir y teisinga q(x) q(x + y) (mod y).20. [LitMo 1988] Kiek skaitmen turi skaiius1010 101, jeigu jis dalijasi i 9999? S21. Raskite visus pirminius skaiius p, su kuriais 11 +p2 turi ne daugiau nei 11 S

dalikli.

13


18/233

1.3. Oilerio teorema Skaii teorija

1.3 Oilerio teorema

Praeitame skyrelyje iekodami skaiiaus 21000 dalybos i 11 liekanos pastebjome, kadkeldami dvejet laipsniais 21, 22, 23, . . . kakada gauname liekan 1, ir liekanos prade-da kartotis. Pasirodo, is pastebjimas tinka daugumai skaii. Oilerio teorema kaiptik tai ir rodo bei apibdina kartojimosi period. Jos atskiras atvjis yra maoji Fer-ma (tariama Ferma) teorema, kurioje apsiribojama pirminiais moduliais. Nuo jos irpradkime.

Maoji Ferma teorema

Teorema. Tegup pirminis skaiius, o a bet koks sveikasis, nesidalijantis ip. Tuomet

ap1 1 (modp).rodymas. Uraykime visas skirtingas dalybos i p liekanas iskyrus 0:

1, 2, 3, . . . , p 2, p 1.Padauginkime kiekvien i j i a:

1 a, 2 a, 3 a , . . . , (p 2) a, (p 1) a.Parodysime, kad gautojo skaii rinkinio dalybos i pliekanos yra taip pat visos skir-tingos ir be 0, t.y. tokios paios kaip pirmojo, tik, galbt, sumaiyta tvarka. Kad tarp

j nra 0 pamatyti nesunku, o kad jos visos skirtingos, rodysime prietaros bdu: jeikoki nors dviej skaii k

a ir j

a bt vienodos, tai j skirtumas dalintsi i p.

Taiau j skirtumas lygus a(kj) ir dalintis i p negali, nes a i p nesidalija pagalslyg, o k j yra u p maesnis.

Vadinasi, kadangi abiej rinkini dalybos i p liekan aibs sutampa, tai j skaiiussudaugin gausime po t pai liekan:

1 2 (p 1) a 1 a 2 a (p 1) (mod p) (p 1)! ap1(p 1)! (mod p).

Kadangidbd((p 1)!, p) = 1,tai galime padalinti:ap1 1 (mod p).

Pastaba. Maj Ferma teorem galima perrayti kaip ap a (mod p). i lygybkartais yra patogesn, nes galioja ir liekanai 0.

Naudojantis maja Ferma teorema iekoti sveikj skaii laipsni liekan moduliupirminio skaiiaus tampa visai paprasta:

Pavyzdys. Raskite, koki liekan gausime dalindami7727 i17.

Pagal maj Ferma teorem716 1 (mod 17). Kadangi727 = 720+ 7 = 16 45+7,tai

7727 (716)45 77 77 (mod 17).Likus77 suskaiiuojame rankomis:

77 493 7 (2)3 7 12 (mod 17).

14


19/233


Oilerio funkcija

rodindami maj teorem ne be reikalo atskyrme liekan 0 skaii besidalijanti p keldami laipsniais tikrai niekada negausime liekanos 1 moduliu p. Nagrinjantdalyb i sudtinio skaiiaus toki skaii atsiranda daugiau. Pavyzdiui, moduliu 6nei dvejeto, nei trejeto, nei ketverto laipsniai niekada neduos liekanos 1. Tokius skaiiusatmesime ir nagrinsime tik tuos, su kuriais liekan 1 gauti galime. Kaip pamatysimeOilerio teoremos rodyme, mums tinkantys skaiiai moduliu nbus tarpusavyje pirminiaisun. Oilerio funkcija kaip tik ir ymi, kiek toki skaii yra.

Apibrimas. (n)ymi kiek yra skaii nedidesni nein ir tarpusavyje pirmini sun, t.y.

(n) = #{a|1 a < n, dbd(a, n) = 1}.

Nedideliems skaiiams reikm suskaiiuoti nesunku. Pavyzdiui (6) = 2, nesvieninteliai skaiiai tarpusavyje pirminiai ir ne didesni nei 6 yra 1ir 5. Bendru atvejuskaiiuoti galima naudojantis formule.

Teiginys.

(p11 p22 pkk ) = (p11 p111 )(p22 p212 )(pkk pk1k ).

rodymas. Suskaiiuokime, kiek yra skaii, kurienratarpusavyje pirminiai su duotuo-ju. Paymjn = p11 p

22 pkk gausime, kad skaii, ne didesni neinir besidalijani

i p1 yra np1 , besidalijani ip2 yra np2

, , besidalijani i pk yra npk . Jei sudsime

np1

+ + npk

,

tai skaiius, kurie dalijasi bent i dviej pirmini, bsime skaiiav per daug kart,todl turime atimti:

n

p1+ + n

pk n

p1p2 n

pk1pk.

Taiau kart, skaiius, kurie dalijasi bent i trij pirmini, bsime skaiiav permaai kart, todl turime pridti:

n

p1+ + n

pk n

p1p2 n

pk1pk

+ n

p1p2p3+ + n

pn2pn

1pn

.

Taip tsdami galiausiai suskaiiuosime, kiek yra skaii ne tarpusavyje pirmini su n.Atm gaut rezultat i n rasime (n):

(n) =n (np1

+ + npk

np1p2

npk1pk

+ + (1)k1 np1 pk )

=n(1 1p1

)(1 1p2

) (1 1pk

)

= (p11 p111 )(p22 p212 )(pkk pk1k ).

15


20/233


Oilerio teorema

Teorema. Tegu n natralusis skaiius, o a sveikasis ir tarpusavyje pirminis su n.Tuometa(n) 1 (modn).

rodymas. Uraykime visas skirtingas dalybos i n liekanas tarpusavyje pirmines sun:

r1, r2, . . . , r(n).

Padauginkime kiekvien i j i a:

r1 a, r2 a , . . . , r(n) a.

Parodysime, kad gautojo skaii rinkinio dalybos i n liekanos yra taip pat visos skir-tingos ir tarpusavyje pirmins su n, t.y. tokios paios kaip pirmojo rinkinio, tik, galbt,sumaiyta tvarka. Kad jos visos tarpusavyje pirmins su n seka, i to, kad ir ri ir ayra tarpusavyje pirminiai sun. Kad jos visos skirtingos, rodysime prietaros bdu: jeikoki nors dviej skaii rk air rj adalybos liekanos bt vienodos, tai j skirtumasdalintsi i n. Taiau j skirtumas lygus a(rk rj) ir dalintis i n negali, nes a yratarpusavyje pirminis su n, o rk rj yra u n maesnis.

Vadinasi, kadangi abiej rinkini dalybos inliekan aibs sutampa, tai j skaiiussudaugin gausime po t pai liekan:

r1 r2 r(n) a(n) r1 r2 r(n) (mod m).

Kadangidbd(r1 r(n), p) = 1,tai galime padalinti:

a(n) 1 (mod n).

Pavyzdiai

1 Pavyzdys. Raskite paskutin skaiiaus1313 skaitmen

Sprendimas. Paskutinis skaiiaus skaitmuo yra toks pat, kaip ir dalybos i 10 liekana.

Kadangi 13 ir 10 yra tarpusavyje pirminiai, tai galime pasinaudoti Oilerio teorema.Raskime(10):(10) =(2 5) = (21 20)(51 50) = 4.

Tuomet pagal Oilerio teorem 134 1 (mod 10), todl

1313 = 1312 13 13 3 (mod 10).

2 Pavyzdys. Raskite paskutin skaiiaus131313

skaitmen.

16


21/233


Sprendimas. Kadangi pagal praeit pavyzd 134 1 (mod 10), tai reikia rasti, kokiliekan gausime dalindami laipsn 1313 i 4. T padaryti visai nesunku 1313

113

1 (mod 4). Gavome1313

13 131 3 (mod 10).

3 Pavyzdys. Raskite du paskutiniuosius skaiiaus133333133331333133

13

skaitmenis

Sprendimas. Paskutiniai du skaiiaus skaitmenys yra tokie patys, kaip ir dalybos i100 liekana. Kadangi100 ir 133333yra tarpusavyje pirminiai, tai galime taikyti Oilerioteorem. Raskime (100):

(100) =(22 52) = (22 21)(52 5) = 40.

Nordami rasti laipsnio 13333133313313

liekan moduliu 40, dar kart taikykime Oi-lerio teorem. Randame (40) = 16.

Nordami rasti laipsnio 133313313

liekan moduliu 16, dar kart taikykime Oilerioteorem. Randame (16) = 8.

Nordami rasti laipsnio 13313 liekan moduliu 8, dar kart (pagaliau paskutinj)taikykime Olerio teorem. Kadangi (8) = 4, tai

13313 1331 5 (mod 8),

tada1333133

13 13335 55 5 (mod 16),tada

13333133313313 133335 135 13 (mod 40),

tada

133333133331333133

13

13333313 3313 33 (11)6 33 213 13 (mod 100).

Gavome, kad 133333133331333133

13

paskutiniai du skaitmenys yra 13.

Udaviniai

1. Raskite, koki liekan gausime dalindami333 i 13, 777 i 17, 999 i 19. S

2. Raskite 111111

dalybos i 15 liekan. S

3. Kodl keldami laipsniais skaiius, kurie nra tarpusavyje pirminiai sun, niekada Snegausime liekanos 1 moduliu n?

4. Tegup, qskirtingi pirminiai. rodykite, kad pq|npq np nq + nsu visaisn N. S5. Tegua,b,csveikieji skaiiai ir a + b + c= 0. Ar galia47+ b47+ c47 bti pirminis? S

17


22/233


6. rodykite, kad kiekvienam pirminiamp, iskyrus2 ir 5, egzistuoja be galo daug Spavidalo 11 . . . 11 skaii, besidalijani i p.

7. [LitKo 2002] rodykite, kad egzistuoja be galo daug toki natralij skaiin, Skad2003n 1dalijasi i n be liekanos.

8. [Bulgaria Winter Competition 2009] Ant lentos uraytas natralusis skaiius. SPrie jo deins galime prirayti bet kok skaitmen iskyrus9. rodykite, kad kaipberaintume, ilgainiui gausime sudtin skaii.

9. [CWMO 2008] Tegu a1, a2, . . . , am natralieji skaiiai, m 2. rodykite, kad Segzistuoja be galo daug natralij n, su kuriais a11n +a22n + +ammn yrasudtinis.

10. [CMO 2008] Raskite visas funkcijasf : N N, visiems pirminiams p ir natra- Sliesiemsn tenkinanias

f(n)p n (mod f(p)).

11. [IMO 2005] Raskite sveikuosius skaiius, kurie yra tarpusavyje pirminiai su visais Ssekos an= 2n + 3n + 6n 1nariais.

18


23/233

1.4. Kin liekan teorema Skaii teorija

1.4 Kin liekan teorema

Raskime skaiiaus2100 dalybos i10 liekan. Oilerio teoremos naudoti negalime, nes 2ir10 nra tarpusavyje pirminiai. Ieitis yra udavin iskaidyti dvi dalis rasti liekanmoduliu 2 ir moduliu 5 atskirai. Tai padaryti nesunku pagal Oilerio teorem

2100 1 (mod 5),ir, akivaizdiai,

2100 0 (mod 2).Kaip sujungti gaut informacij? Jei usiraysime 2100 = 10k+ r, kur r yra iekomadalybos liekana, tai gausime, jog r turi tenkinti du lyginius vienu metu:

r 1 (mod 5)r 0 (mod 2)

Tarp skaii nuo 0 iki 9 toks yra tik vienas 6. Jis ir bus iekoma liekana.Kin liekan teorema yra io samprotavimo apibendrinimas:

Teorema (Kin liekan teorema). Tegu n = m1m2 mk, kur visi mi yra paporiuitarpusavyje pirminiai. Visiems sveikiesiemsr1, r2, . . . rk lygini sistema

r r1 (modm1)r r2 (modm2)...

r rk (modmk)turi vienintl sprendin intervale [0, n 1].rodymas. Pirmiausia rodykime, kad bent vien sprendin turi paprastesn lygini sis-tema:

r 1 (mod m1)r 0 (mod m2)...

r 0 (mod mk)Ities, kadangi m1 ir m2m3 mk yra tarpusavyje pirminiai, t.y. j didiausias

bendras daliklis yra lygus1, tai pagal Euklido algoritmo ivad egzistuoja tokie sveikiejixir y, kadxm1+ ym2m3 mk = 1. Skaiiusym2m3 mk kaip tik ir bus sprendinys.Paymkime je1.

Isprend analogikas sistemas, kur liekana 1 atitiks vis kit mi gausime k skaiie1, e2, . . . , ek. Nesunku sitikinti, kad sudaugin paporiui e1r1+ e2r2+ ekrk gausimepradins sistemos sprendin.

Parodysime, kad visi sistemos sprendiniai skiriasi per n kartotin. Tarkime, kadturime du sistemos sprendinius r ir r . Jie duoda vienodas liekanas dalijami i vismi,todlm1|(r r),m2|(r r), . . . , mk|(r r). Kadangi visimiyra paporiui tarpusavyjepirminiai, tai gauname, kad n|(r r).

Galiausiai pastebkime, kad jei prie vieno sprendinio pridsime ar atimsime n, gau-

sime kit sprendin. Tai ir rodo, kad bus lygiai vienas sprendinys intervale[0, n1].

19


24/233


Pavyzdiai

1 Pavyzdys. Isprskite lygini sistemas:

r 2 (mod3),r 2 (mod5),r 2 (mod7);

ir

r 1 (mod2),r 2 (mod3),r 3 (mod5).

Sprendimas. Nors kin liekan teoremos rodymas konstruktyvus (t.y. jo metu yra pa-rodoma, kaip gauti sprendinius), retai kada jis praveria sprendiant konkrei sistem.Daniausiai efektyviau pabandyti tiesiog atspti sprendin, arba sprsti lygtis po vienir iekoti bendr sprendini. T ir padarysime.

Geriau siirjus pirmj sistem turt bti nesunku i karto atspti, kad jossprendiniu bus r = 3

5

7 + 2 arba tiesiogr = 2.

Antroji sistema kiek sudtingesn. I lygties r 3 (mod 5)inome, kad sprendiniopaskutinis skaitmuo bus3 arba 8. Taiau pastarasis netinka, nes r 1 (mod 2). Liekai skaii, kuri paskutinis skaitmuo 3 rasti tenkinant lygt r 2 (mod 3). Patikrinkelet variant randame r = 23.

2 Pavyzdys. Isprskite lygini sistem:

2r 1 (mod3),3r 2 (mod5),4r 3 (mod7).

Sprendimas. Pertvarkykime lygtis. Pastebkime, kad 2r 1 (mod 3)tada ir tik tada,kai 4r 2 (mod 3), nes dbd(2, 3) = 1. Kadangi 4r r (mod 3), tai vietoje buvusiospirmosios lygties gauname ekvivaleni r 2 (mod 3). Analogikai i 2 padaugin irlikusias gausime sistem

r 2 (mod 3),r 4 (mod 5),r 6 (mod 7).

Nesunku atspti, kad r = 3571 (arba tiesiog r =1) yra ios sistemossprendinys.

3 Pavyzdys. rodykite, kad egzistuoja deimt paeiliui einani natralij skaii,besidalinani i deimtj pirmini skaii laipsni.

Sprendimas. Isirinkime bet kokius deimt pirmini skaii p1, p2, . . . , p10. rodysime,kad egzistuoja toks natralusis r, kadp101|r,p102|r+1, ,p1010|r+9, tuomet r, r+1, . . . , r+9ir bus iekomi paeiliu einantys skaiiai. Taiau perra slygas kaip

r 0 (mod p101 )r 1 (mod p102 ). . .

r 9 (mod p1010)

20


25/233


matome, kad toks r egzistuos pagal Kin liekan teorem.

Udaviniai

1. Isprskite lygini sistemas: S

r 0 (mod 5),r 4 (mod 7),r 3 (mod 11);

ir

3r 1 (mod 5),3r 1 (mod 7),3r 1 (mod 11).

2. Koki liekan gausime dalindami skaii 123456789101112 . . . 20082009 i 450? S

3. [Ireland 2000] Raskite maiausij natralja, kad5x13

+ 13x5

+ 9axdalintsi Si 65su visomis natraliomis x reikmmis.

4. Ar egzistuoja toks natralusis a, kad skaiiai a, 2a, 3a , . . . , 1997a bt natralij Sskaii laipsniai?

5. [USAMO 2008] rodykite, kad kiekvienam n N egzistuoja tokie didesni u Svienet tarpusavyje pirminiai skaiiaik1, k2, . . . , kn, kadk1k2 kn 1isiskaidokaip dviej paeiliui einani natralij skaii sandauga.

6. [France TST 2003] Sveikj skaii gardels ploktumoje tak vadinsime ne- Smatomu, jei j ir koordinai pradios tak jungianiai atkarpai priklauso dar

bent vienas gardels takas. rodykite, kad kiekvienam n atsiras kvadratas, kuriokratins ilgis n ir kurio visi viduje esantys takai yra nematomi.

21


26/233

1.5. Liekan grup Skaii teorija

1.5 Liekan grup

iame skyrelyje kalbsime apie liekanas atsiedami jas nuo konkrei skaii. Sakydami,pavyzdiui, sudaugin liekanasa ir b moduliun gausime liekanc tursime omenyje,kad sudaugin bet kok skaii, duodant liekan a su bet kokiu skaiiumi duodantliekanb gausime skaii, duodant liekan c.

Nagrinkime liekanas moduliu n, tarpusavyje pirmines su n. J daugyba pasiymiketuriomis savybmis:

udarumas - Sudaugin bet kurias dvi, vl gausime liekan, tarpusavyje pirmin sun;

vienetinis elementas - Egzistuoja tokia liekana, btent 1, i kurios dauginant kitasliekanas jos nepakinta;

atvirktinis elementas - Kiekvienai liekanai egzistuoja jai atvirktin liekana, t.y.tokia, kad padaugin i jos gauname 1;

asociatyvumas - Kiekvienoms liekanoms a, b,cyra teisinga lygyb a(bc) = (ab)c.

Pirmosios dvi savybs labai lengvai patikrinamos. rodykime treij. Jei a ir ntarpusavyje pirminiai, tai pagal Euklido algoritmo ivad, egzistuoja sveikieji skaiiaixir y tenkinantys lygyb ax + ny= 1. Tuomet x ir bus atvirtin aliekana, nes ax 1 (mod n). Ketvirtoji savyb, atrodanti kiek neprastai, galioja visiems sveikiesiems

skaiiams, todl galioja ir liekanoms.Abstrakiojoje algebroje aib su joje apibrta operacija, tenkinania ias keturiassavybes, vadinamagrupe, todl kartais mes pagrstai naudosime termin liekan grup,turdami omenyje liekanas moduliu n, tarpusavyje pirmines su n.

Liekanos eil

Nagrinkime liekan moduliu n grup.

Apibrimas. Liekanosaeile vadinsime maiausi natralj laipsns, su kuriuoas 1 (mod n).

Apibrimas. Liekan grups eile vadinsime liekan grups element skaii.

Naudodamiesi iais terminais galime performuluoti Oilerio teorem:

Teorema. Liekanos eil dalo grups eil.

rodymas. Grups eil yra lygi liekan, tarpusavyje pirmini su n, skaiiui, t.y (n).I Oilerio teoremos inome, kad bet kuriai liekanai a yra teisinga a(n) 1 (mod n).Tegu s yra a eil ir tarkime, kad s nedalo (n). Tada dalindami (n) i s gausime(n) =qs + r, kur 0 < r < s. Taiau tuomet

1 a(n) aqs+r ar.Gavome, kad egzistuoja maesnis laipsnis u s, kuriuo pakl liekan a gauname 1.

Prietara.

22


27/233


Panagrinkime konkret atvej. Liekan moduliu 7 grup sudaro eios liekanos

{1, 2, 3, 4, 5, 6

}. Vadinasi, kiekvieno elemento eil turi bti ei daliklis. Patikrinkime:

11 1 eil 1;21 2, 22 4, 23 1 eil 3;31 3, 32 2, 33 6, 34 4, 35 5, 36 1 eil 6;41 4, 42 2, 43 1 eil 3;51 5, 52 4, 53 6, 54 2, 55 3, 56 1 eil 6;61 6, 62 1 eil 2.

Ciklin grup moduliu p

Apibrimas. Liekan grup, kurios visas liekanas galime urayti kaip kakuriosvienos liekanosglaipsnius, vadinsimeciklinegrupe. Liekangvadinsime liekan grupsgeneratoriumi.

Kaip matme keliomis eilutmis aukiau, visas liekanas moduliu 7tarpusavyje pi-mines su 7 galima urayti kaip trejeto (ir kaip penketo) laipsnius, tad i grup yraciklin ir ji turi du generatorius 3 ir 5. Tai galioja ir bendresniu atveju:

Teorema. Liekan grup moduliu pirminio skaiiauspyra ciklin.

rodym iskaidysime atskiras dalis. Pirma, rodysime, kad grup yra ciklin,jei egzistuoja liekana, kurios eil sutampa su grups eile. Antra, grups eil iskai-

dysime dauginamaisiais p 1 = q11 q22 qkk ir rodysime, kad egzistuoja elementaig1, g2, , gk, kuri eils yra atitinkamai q11 , q22 , , qkk . Treia, rodysime, kad san-daugos g1g2 gk eil yra lygi grups eilei.Teiginys (Pirma dalis). Jei egzistuoja liekana, kurios eil yra lygi liekan grups eilei,tai jos laipsniais galime urayti visas grups liekanas.

rodymas. Tarkime, kad egzistuoja liekanag, kurios eil lygi grups eilei p 1. Kelkimej laipsniais g1, g2, . . . , gp1. Jokie du i j negali bti lygs. Ities, jei gautume, kadgi gj (i > j), tai i to sekt g ij 1, ko bti negali, nes i j < p 1. Kadangi visilaipsniai yra skirtingi ir j yra tiek, kiek grups liekan, tai ios dvi aibs sutampa.

Liekan, panaiai kaip ir realj skaii, vadinsime daugianario aknimi, jei sta-t j gauname nulin liekan. Toliau einaniuose teiginiuose tursime omenyje, kadnagrinjamos liekanos yra moduliu pirminio skaiiaus p.

Teiginys. n tojo laipsnio daugianaris turi ne daugiau kaip nakn.

rodymas. rodykime naudodami indukcij. Pirmojo laipsnio daugianaris x aturi tikvien akna. Tarkime, kadn 1laipsnio daugianaris turi ne daugiau kaip n 1akn.Nagrinkime n tojo laipsnio daugianar p(x). Jei jis neturi n vienos aknies, taiteiginys teisingas. Jei turi akn a, tai galime j iskaidyti p(x) = (x a)q(x), kur q(x)yran 1 laipsnio daugianaris. Kadangi daugianario p(x)aknis turi bti arba a, arbadaugianarioq(x)aknimi, tai pagal indukcij p(x)turs ne daugiau nei n

1 + 1 = n

akn.

23


28/233


Teiginys. Daugianarisxp1 1 turi lygiaip 1 akn.

rodymas. Pagal Oilerio teorem, jo aknimis yra visos liekanos.

Teiginys. Daugianarisxd 1, kurd|p 1 turi lygiaid akn.rodymas. Iskaidykime daugianar xp1 1dauginamaisiais:

xp1 = (xd 1)(xp1d + xp12d + + xd + 1).

Kadangi kairje pusje esantis daugianaris turip 1akn, tai tiek pat akn turi turtiir deinje pusje esantis daugianaris. Jeixd 1turt maiau neid akn, tai deinjepusje esantis daugianaris turt maiau nei d + (p 1 d)akn.

Teiginys (Antra dalis). Tegup 1 isiskaido kaip p 1 =q1

1 q

2

2 qk

k . Kiekvienamiegzistuoja liekana, kurios eil yraqi1 .

rodymas. Liekanos eil bus lygi qii , jei ji bus aknis daugianario xqii 1 , bet nebus

aknis daugianario xqi1i 1. Kadangi pirmasis daugianaris turi daugiau akn nei

antrasis, taiqii eils liekana egzistuoja.

Teiginys (Treia dalis). liekan sandaugosg1g2 gk eil yra lygip 1.rodymas. Sandaugos g1g2 gkeil dalo grups eil, todl j galime urayti q11 q22 qkk .Jei ji nra lygi grups eilei, tai bent vienas i i yra maesnis u i. Paprastumo dleitarkime, kad tai 1. Pakl g1g2

gk didesniu nei eil laipsniu q

11 q

22

qkk , gausime

1 (g1g2 gk)q11 q

22 q

kk gq

11 q

22 q

kk

1 ,

ko bti negali, nes g1 eil yra q11 ir ji nedaloq

11 q

22 qkk .

Teisingas yra ir kiek bendresnis teiginys liekan grups yra ciklins moduliu betkokio pirminio skaiiaus laipsnio (pn) ir moduliu bet kokio pirminio skaiiaus laipsnio,padauginto i dviej (2pn). i teigini rodym nepateiksime, nes jie gantinai ilgi irsudtingi.

Pavyzdiai

1 Pavyzdys. Tegu liekanosaeil moduliu pirminiopyra2k. Tuometak 1 (modp).Sprendimas. Pastebkime, kad (ak)2 1 (mod p), bet ak 1 (mod n). Kadangidaugianarisx2 1turi lygiai dvi aknis 1 ir1, taiak turi bti lygus antrajai.

2 Pavyzdys. rodykite Wilson teorem: jeippirminis, tai

(p 1)! 1 (modp).

24


29/233


Sprendimas. Pirmasis rodymas. Daugianario xp1 1 aknimis yra visos liekanosmoduliu p iskyrus 0, todl galime iskaidyti

xp1 1 (x 1)(x 2) (x (p 1)).Lieka statyti x = 0.

Antrasis rodymas. Kiekviena liekana turi sau atvirktin, su kuria sudauginta lygi1. Suporavus liekanas su j atvirktinmis, liks tos, kurios yra paios sau atvirktins.Jos tenkina x2 1 (mod p)ir yra tik dvi 1 ir1, ir j sandauga lygi1.

Treiasis rodymas. Kadangi liekan moduliu p grup yra ciklin, tai visas liekanasgalime urayti kaip generatoriaus g laipsnius{g1, g2, gp1}. J sandauga yra lygigp(p1)/2. Kadangip(p1)/2nesidalija i(p1), taigp(p1)/2 1 (mod p).Kita vertus

(gp(p1)/2)2

1 (mod p),

o daugianarisx21turi tik dvi aknis 1ir 1, todlgp(p1)/2 turi bti lygus antrjai.

3 Pavyzdys. Jeidbd(a, b) = 1, tai

dbd(an bn, am bm) =adbd(n,m) bdbd(n,m).Sprendimas. Akivaizdu, kad adbd(n,m) bdbd(n,m)| dbd(an bn, am bm). rodykime kit pus. Paymkime d = dbd(an bn, am bm). Tuomet

an bn (mod d) (ab1)n 1 (mod d)

(atvirktin b liekana moduliu d egzistuos, nes dbd(a, b) = 1 = dbd(b, d) = 1).Analogikai ir

(ab1)m 1 (mod d).Pasinaudoj Euklido algoritmo ivada ir ireik dbd(n, m) = xm+yn gauname, kadir(ab1)dbd(n,m) 1 (mod d), t.y. d|adbd(n,m) bdbd(n,m).

4 Pavyzdys. rodykite, kad6p2 + 3p2 + 2p2 1dalijasi ip, kurp > 3 pirminis.Sprendimas. Pateiksime kiek kitok io performuluoto IMO 2005 udavinio sprendim,nei skyrelyje Oilerio teorema:

Pagal maj Ferma teorem, gauname kad

6p1 3p1 2p1 1 (mod p),vadinasi,

6p2 + 3p2 + 2p2 1 61 + 31 + 21 1 16

+1

3+

1

2 1 0 (mod p).

Kiek pagrstai susumavome liekanas lyg prastas trupmenas? Pasirodo, visikaipagrstai. prasta trupmen suma xa +

yb =

ay+bxab yra ne kas kita, kaip kitaip urayta

lygybxa1 + yb1 = (ay+ bx)a1b1,

kuri, akivaizdu (pakanka atskliausti), yra teisinga ir liekanoms.

25


30/233


Udaviniai

1. Raskite liekan grups moduliu11 generatorius. S2. rodykite, kad liekanos ir jos atvirktins liekanos eils sutampa. S

3. Kodl visos liekanos moduliu sudtinio skaiiaus nesudaro grups? S

4. Teiginys, kad n-tojo laipsnio daugianaris turi ne daugiau nei n akn nra tei- Ssingas liekanoms moduliu sudtinio skaiiaus. Pavyzdiui, moduliu6 daugianarisx2+xturi keturias aknis0, 2, 3ir5. Kuri teiginio rodymo dalis tampa neteisingasudtiniams skaiiams?

5. Tegup nelyginis pirminis skaiius. rodykite, kada yra liekan modp genera- S

torius tada ir tik tada, kai a

p1q

1 (mod p) su visais pirminiais p 1dalikliaisq.6. rodykite, kad liekan grup moduliu pirminiop turi(p 1)generatori. S7. Parodykite, kad2 liekan grups moduliu 29 generatorius. Parod isprskite S

lygtis:a)x7 1 (mod 29)b) x6 + x5 + ... + x + 1 0 (mod 29)

8. rodykite, kad vis grups moduliu pirminio p generatori sandauga yra lygi S(1)(p1).

9. Isprskite lygtx17 1mod 19. S10. rodykite, kad 1k + 2k + ... + (p1)k 0 (mod p), jei p1 nedalo k ir S

1 (mod p), jeip 1dalo k .11. Tegup = 2n + 1, n 2 pirminis skaiius. rodykite, kad3 yra grups moduliu S

pgeneratorius:a) Tegug vienas i grups moduliu p generatori. Parodykite, kad visi nelyginiaig laipsniai taip pat bus generatoriais.b) Parodykite, kad jei3 nra generatorius, tai3 a2 (mod p)su kakokiu a.c) Tegu 2u a 1 (mod p). Parodykite, kadu yra treios eils elementas.d) Gaukite prietar.

12. rodykite, kad jeia yra treios eils elementas moduliu pirminio p >3, taia + 1 Syra etos eils elementas mod p.

13. rodykite, kad liekan grup moduliupq, kur pir qskirtingi pirminiai skaiiai, Snra ciklin.

14. rodykite, kadn nedalo 2n 1, kur n >1 natralusis skaiius. S15. [Ireland 1992] rodykite, kad vis natralij skaii, maesni un ir tarpusa- S

vyje pirmini sun, kub suma dalijasi i n.

26


31/233


16. Raskite visus daugianariusq(x)su sveikais koeficientais, tenkinaniusq(n)|2n1 Ssu visais n

N.

17. Raskite visus pirminiusp ir q, su kuriais pq|2p + 2q. S18. [Russia 2009] Tegu x, y sveikieji skaiiai ir 2 x,y, 100. rodykite, kad S

egzistuoja toks n N, su kuriuo x2n + y2n nra pirminis.19. [INAMO 2009] rodykite, kad kiekvieniems tarpusavyje pirminiamsa ir b egzis- S

tuoja tokie natralieji m ir n, kada|m, b|n, beta n, b m,ir tenkinantys

m|n2 + nir n|m2 + m.

20. [India TST] Tegun 2 natralusis skaiius ir n|3n + 4n. rodykite, kad7

|n. S

21. [Hong Kong TST 2009] rodykite, kad lygtisx37 y3 + 11 (mod p)turi spren- Sdini su visais pirminiais p 100.

27


32/233

1.6. Kvadratins liekanos Skaii teorija

1.6 Kvadratins liekanos

iame skyrelyje apvelgsime teorij, apibdinani, kokias liekanas galime gauti dalin-dami sveikj skaii kvadratus i pirmini skaii.

Apibrimas. Liekanas moduliu pirminio skaiiaus p, kurias galime gauti dalinda-mi sveikj skaii kvadratus i p, vadinsime kvadratinmis, o tas, kuri negalime,nekvadratinmis. Nulin liekan laikysime iskirtine. Kvadratinms ir nekvadratinmsliekanoms ymti naudosime Leandro simbol:

a

p =

1, jeia yra kvadratin liekana moduliu p,

1, jeia nra kvadratin liekana moduliu p,

0, jei a 0 (mod p).Pairkime, kaip tai atrodo konkreiu atveju:

Pavyzdys. Raskime visas kvadratines liekanas moduliu7.

Sprendimas. Pakelkime visas liekanas moduliu7 kvadratu:

12 1 (mod 7), 22 4 (mod 7), 32 2 (mod 7),42 2 (mod 7), 52 4 (mod 7), 62 1 (mod 7).

Gavome, kad kvadratins liekanos yra 1, 2 ir 4, o nekvadratins 3, 5 ir 6. NaudodamiLeandro simbol tai galime urayti taip:

1

7

= 1,

2

7

= 1,

4

7

= 1,

3

7

= 1,

5

7

= 1,

6

7

= 1.

0

7

= 0.

Kvadratini liekan struktrarodysime kelet teigini, kurie pads labiau suprasti kvadratini liekan struktr.

Teiginys. Tegu g liekan grups moduliu p generatorius. Tuomet visos kvadrati-ns liekanos bus uraomos kaip lyginiai g laipsniai, o nekvadratins liekanos kaipnelyginiai.

rodymas. Pastebkime, kad pats generatorius nra kvadratin liekana. Ities, jeigt2 (mod p), taig(p1)/2 tp1 1 (mod p) prietara. Lyginiai generatoriaus laipsniaibus kvadratins liekanos, nes g2k (gk)2 (mod p), o nelyginiai nebus, nes i g2k+1 t2 (mod p) sekt g (tgk)2 (mod p), kas reikt, kad generatorius g yra kvadratin

liekana.

28


33/233


Taigi galime naudotis tam tikra prasme analogiku sveikiesiems skaiiams kvad-ratikumo" kriterijumi liekana yra kvadratin tada ir tik tada, kai ji yra lyginis

generatoriaus laipsnis. I to seka, kad dviej kvadratini arba dviej nekvadratiniliekan sandauga yra kvadratin liekana, o vienos kvadratins ir vienos nekvadratins nekvadratin. Tai galime urayti kaip:

Teiginys.

a

p

b

p

=

ab

p

.

Pastebkime, kad i lygyb galioja ir tuo atvju, kai a ar b dalijasi i p. Treiasisteiginys leidia nustatyti, ar liekana kvadratin, ar ne, pairjus jos(p 1)/2laipsn:

Teiginys. a(p1)/2

a

p

(modp).

rodymas. Jeia yra kvadratin liekana, tai a t2

(mod p)ira(p1)/2 tp1 1 (mod p).

Jei a nra kvadratin liekana tai ji yra nelyginis generatoriaus laipsnis, t.y. a gN,taiau tuomet

a(p1)/2 gN(p1)/2 g(p1)/2 1 (mod p).Kadangi iuo atvejua(p1)/2 nelygsta vienam, o jos kvadratas lygsta vienam, taia(p1)/2

lygsta1.I io teiginio seka labai svarbi ir naudinga ivada:

Ivada.1 yra kvadratin liekana moduliuptada ir tik tada, kaip 1 (mod4), t.y.1p

= (1) p12 .

rodymas. Utenka statyti a = 1 praeito teiginio lygyb.

Kvadratinio apveriamumo teorema

rodysime centrin io skyrelio teorem. Ji pati yra labai naudinga sprendiant udavi-nius, taiau rodymas yra ilgokas, tad nesikrimskite, jei nepavyks jo i karto veikti.

Teorema (Kvadratinio apveriamumo teorema). Tegu p ir q nelyginiai pirminiai

skaiiai. Tuomet qp

p

q

= (1) p12 q12 .

rodymas. Paimkime bet koki liekanamoduliupir dauginkime j ii = 1, 2, . . . , (p1)/2. Kiekvienai sandaugai uraykime lygyb

a i= p qi+ ritaip, kad liekana ribt tarp(p 1)/2ir (p 1)/2, o ne tarp 1 ir p 1kaip prasta.Neigiam liekan skaii paymkime air sudauginkime lygybes moduliu p. Gausime

a

(p

1)/2(p1)/2

i=1 i (1)

a

(p1)/2

i=1 |ri| (mod p).

29


34/233


Pastebkime, kad joki dviej liekan moduliai negali bti vienodi, nes gautume

ri= rj a i a j (mod p) p|a(i j),ko negali bti, nes a i p nesidalija, irp < i j < p. Kadangi liekanos|ri| yraskirtingos ir tarp1 ir (p 1)/2, tai jos tegali bti lygios1, . . . , (p 1)/2, i ko seka, kad(p1)/2i=1 i=

(p1)/2i=1 |ri|. Tuomet, suprastin lygyb, gauname

a

p

a(p1)/2 (1)a (mod p),

arba, stat a = q, q

p

(1)q (mod p).

Nordami rasti, ar q yra lyginis, ar nelyginis, pradioje uraytas lygybes perray-kime moduliu2. Vietojeq i= p qi+ ri

gausimei qi+ |ri| (mod 2),

nes p, q nelyginiai ir ri ri (mod 2). Dalmuo qi, jei liekana ri buvo teigiama, yralygus qip , o jei liekana buvo neigiama qip + 1. Tad susumav visas lygybes gausime

(p1)/2

i=1i +

(p1)/2

i=1qi

p +(p1)/2

i=1|ri|(mod 2).

Samprotaudami kaip ir praeit kart gauname, kad

(p1)/2i=1

i=

(p1)/2i=1

|ri|,

todl suprastin randame

q(p1)/2i=1

qip

(mod 2),

ir tuomet

q

p (1)(p1)/2

i=1 qi

p.

Analogikai, kadangiqtaip pat yra pirminis, gausimep

q

(1)

(q1)/2i=1

piq.

Sudauginkime iraikas:q

p

p

q

(1)

(p1)/2i=1

qip+(q1)/2

i=1 piq.

Lieka rodyti, kad(p1)/2

i=1

qi

p +

(q1)/2

i=1

pi

q =p

1

2

q

1

2 .

30


35/233


Tuo sitikinti nesunku pirmoji suma atitinka sveikuosius staiakampio takus (r.brin), esanius po tiese y = qpx, o antroji atitinka sveikuosius staiakampio takus

esanius vir tiess.

Kvadratinio apveriamumo teorema galioja tik nelyginiams pirminiams. Dvejetreikia nagrinti atskirai:

Teorema. Liekana 2 yra kvadratin moduliu p tada ir tik tada, kaip 1 (mod8),t.y.

2p

= (1) p

218 .

rodymas. Pasinaudosime kvadratinio apveriamumo teoremos rodymo metu gauta ly-gybe (dar vadinama Gauss lema) atveju a = 2:

2

p

(1)2 (mod p).

Pasirodo, iuo atveju galima suskaiiuoti tiksli 2 reikm, priklausomai nuo pirminiopdalybos i 8 liekanos. Nagrinkime 4 atvejus:

p= 8k+ 1 iuo atveju bus i viso4kliekan, padauginus jas i dviej, 2kbus nedidesns nei4k ir 2k bus didesns. Vadinasi, bus lygus 2k ir

2p

= 1.

p= 8k+ 3 iuo atveju bus i viso4k + 1liekana, padauginus jas i dviej, 2kbus nedidesnsnei4k+ 1 ir 2k+ 1 bus didesns. Vadinasi bus lygus 2k+ 1 ir

2p

= 1.

p= 8k+ 5 iuo atveju bus i viso4k+ 2 liekanos, padauginus jas i dviej, 2k+ 1 bus nedidesns nei 4k + 2, ir 2k + 1 bus didesns. Vadinasi, bus lygus 2k + 1 ir2p

= 1.

p= 8k+ 7 iuo atveju bus i viso4k+ 3 liekanos, padauginus jas i dviej, 2k+ 1 bus ne

didesns nei4k + 3ir2k + 2bus didesns. Vadinasi, bus lygus2k + 2ir 2p = 1.31


36/233


Kvadratinio apveriamumo teorema taip vadinasi ne be reikalo. Jos dka uuotskaiiavus

pq

, galima skaiiuoti

qp

. Geriau siirjus teoremos formuluot pasidaro

aiku, kad i dviej Leandro simboli reikms sutaps, jei bent vienas i p, qduosdalybos liekan 1 moduliu 4, ir bus skirtingos, jei abiej pirmini dalybos liekanosmoduliu 4 bus lygios 3. Pairkime, kaip tai atrodo praktikai.

Pavyzdiai

1 Pavyzdys. Raskite, ar23 yra kvadratin liekana moduliu37.

Sprendimas. Abu duoti skaiiai yra nelyginiai pirminiai, todl galime taikyti kvadratinioapveriamumo teorem. Kadangi 37

1 (mod 4), tai gausime

23

37

37

23

= 1 =

23

37

=

37

23

.

Pagrindin nauda, kuri gauname i apvertimo, yra ta, kad dabar skaitiklis yra didesnisu vardikl, tad galime j redukuoti moduliu. Kadangi37 14 (mod 23), tai gausime

37

23

=

14

23

.

Redukav, pritaikome lygybabp

=ap

bp

:

1423

= 2

23

723

.

Pirmj i dauginamj galime i karto suskaiiuoti. Kadangi 23 1 (mod 8), tai223

= 1. Antrj vl apversime ( kart gausime, kad apverstasis yra prieingo enklo,

nes7 23 3 (mod 4)): 7

23

=

23

7

=

2

7

.

Kadangi7 1 (mod 8), tai gauname, kad 27 = 1, vadinasi, visk sujung gausime23

37 = 1, t.y. 23nra kvadratin liekana moduliu 37.

2 Pavyzdys. Raskite, ar41 yra kvadratin liekana moduliu61.

Sprendimas. Darysime t pat, k ir praeitame pavyzdyje:41

61

=

61

41

=

20

41

=

2

41

2 541

=

41

5

=

1

5

= 1.

3 Pavyzdys. Raskite, moduliu kuri pirmini, 3 yra kvadratin liekana.

32


37/233


Sprendimas. Iekosime, kada3p

yra lygus vienetui. Taikysime kvadratinio apveria-

mumo teorem. Kadangi 3

3 (mod 4), tai3

p

= (1)p14

p

3

.

Sandauga bus lygi 1, kai abu daugikliai lygus 1 arba1. Kadangip3 lygus 1, kaip 1 (mod 3) ir1, kai p 2 (mod 3), tai gausime, kad mums tinka pirminiaiskaiiai, tenkinantys sistemas:

p 1 (mod 4)p 1 (mod 3) ir

p 1 (mod 4)p 1 (mod 3)

Tokiais bus pirminiai p 1 (mod 12). 4 Pavyzdys. Kokie pirminiai skaiiai gali bti daugianario x2+ 5dalikliais? (Skaiivadiname daugianario q(x)dalikliu, jei su kuria norsx reikmeq(x) i jo dalijasi.)

Sprendimas. Jeip yra daugianario x2+ 5, tai su kakokia x reikme bus tesinga lygyb

x2 + 5 0 (mod p) x2 5 (mod p),

t.y.5turs bti kvadratin liekana moduliu p. Tar, kadp = 5, skaiiuojame:

5p = 1p

5

p = (1)p12 p5 .

Sandauga bus lygi 1, jei p 1 (mod 4) ir p 1 (mod 5), arba jei p 1 (mod 4)ir p 2 (mod 5). Isprend lygini sistemas, randame, kad tiks p 1 (mod 20),

p 3 (mod 20), p 7 (mod 20), p 9 (mod 20)bei atskiras atvejis p = 5.

Udaviniai

1. Raskite79101

. S

2. rodykite, kad jei pirminisp >3 dalo skaiia2+ 12, tai tuometp 2 (mod 3). S3. rodykite, kad i vis nelygi nuliui liekan moduliu pirminiop, pus yra kvad- S

ratins ir pus nekvadratins.

4. Nustatykite, moduliu kuri pirmini,6 yra kvadratin liekana. S

5. [LitMo 1987]SkaiiusNlygus pirmjn 2pirmini skaii sandaugai. rody- Skite, kad nei vienas i skaiiN 1ir N+ 1nra natraliojo skaiiaus kvadratas.

6. rodykite, kad, kaip ir prastai, kvadratin lygtis ax2+bx+c (mod p), a 0, p = 2 Sturs sprendini tada ir tik tada, kai diskriminantas b24ac bus kvadratin liekana(skaitant nul) moduliup.

7. [Brazil 2003] Raskite maiausi pirmin, kuris dalo daugianarn2 + 5n + 23. S

33


38/233


8. rodykite, kad jei pirminisp 3 (mod 4), tai i p|a2 + b2 sekap2|a2 + b2. S

9. Tegu pirminisp = 4n + 1. rodykite, kad visindalikliai yra kvadratins liekanos Smoduliu p.

10. rodykite, kad kvadratini liekan sandauga lygsta 1 moduliu p, kai p S3 (mod 4), ir1, kai p 1 (mod 4).

11. rodykite, kad123252 (p 2)2 (1)(p+1)/2 (mod p). S12. Pasinaudoj lygybex4+ 4 = ((x + 1)2+1)((x 1)2+ 1)parodykite, kad 4bus S

bikvadratinliekana modp tada ir tik tada, kai p 1mod 4. (ayra bikvadratinliekana, jei egzistuoja sprendinys x4 amod p)

13. rodykite, kad pirminiai daugianariox4

x2

+ 1dalikliai lygsta 1 mod12. S14. rodykite, kad visi pirminiai yra daugianariox6 11x4 + 36x2 36dalikliai. S15. Tegu pirminis p 3 mod 4, ir q = 2p+ 1 taip pat pirminis. rodykite, kad S

q|2p 1.16. inoma, kad jei pirminisp 1 mod 4, tai jis uraomas kaip dviej kvadrat S

sumap = a2 + b2. Tegua nelyginis dmuo. rodykite:a)

ap

= 1;

b)

a+bp

= (1) (a+b)

21

8 ;

c) (a + b)2

2ab (mod p);d) (a + b)p12 (2ab) p14 (mod p).Tegu ftoks, kad baf (mod p). rodykite, kad f2 1 mod pir kad 2p14 fab/2 (mod p).

rodykite, kad 2 yra bikvadratin liekana moduliu ptada ir tik tada, kai pura-omas kaip A2 + 64B2.

17. [JBMO 2007] rodykite, kad jeipyra pirminis, tai A= 7p + 3p 4nra pilnas Skvadratas.

18. [Kazakhstan 2004] Raskite visus pirminiusp, su kuriais lygtisx2+y2 = 2003+pz S

turi sveikj sprendini.19. [Vietnam 2004] TeguS(n) skaiiaus nskaitmen suma. Raskite maiausi ga- S

lim S(m)reikm, jei m dalijasi i 2003.

34


39/233

1.7. Diofantins lygtys Skaii teorija

1.7 Diofantins lygtys

Lygtys yra vadinamos diofantinmis, kai yra iekoma j sveikj sprendini. iameskyrelyje apvelgsime kelet metod padedaniu jas sprsti. Atkreipsime dmes, kad,skirtingai nuo prast lygi, sprsti daniausiai yra bandyti rodyti, kad lygtis spren-dini neturi, arba jei ir turi, tai labai specifinius.

1.7.1 Dvi lygties puss

Pradsime nuo trij pagrindini princip, besiremiani labai bendru pastebjimu:

Lygybs abi puss yra vienodo dydio, vienodai skaidomos dauginamaisiais ir duodavienodas liekanas dalijamos i natralij skaii.

Dydis

Pradkime nuo pavyzdi. Isprsime tris paprastas lygtis.

Pavyzdys. Raskite lygtiesx2 =x + 2 sveikuosius sprendinius.

Sprendimas. i lygtis yra kvadratin, ir j galima isprsti prastai, taiau minutleit pamirkime ir pabandykime pasinaudoti tuo, kad kairioji pus beveik visada yradidesn u deinij. vertinkime - kai x 3, tai x2 3x x + 6 > x + 2, o

kai x 2, tai x2 > 0 x+ 2, tad vienintliai sveikieji skaiiai, kuri negaljomeatmesti samprotaudami apie skirtingus lygties pusi dydius, yra1, 0, 1 ir 2. Liekatik patikrinti, kurie i j tinka, ir rasti, kad lygties sprendiniai yra1ir 2.

Pavyzdys. Raskite lygtiesx2 + y2 = 100 sveikuosius sprendinius.

Sprendimas. Sveikj skaii kvadratai yra visuomet neneigiami ir auga palyginti spar-iai. ios lygties atveju, kaip tik tuo ir pasinaudosime - jei xarbay yra moduliu didesniu 10, tai kairioji pus tampa didesn u 100. Atkreip dmes tai, kad jei (x, y)yrasprendinys tai ir (x, y) yra sprendinys gauname, kad utenka patikrinti x reikmesnuo0 iki 10. Tai padaryti nesunku - randame, kad sprendiniai bus (0, 10),(6, 8),(8, 6),(10, 0)su visomis skirtingomis enkl kombinacijomis.

Pavyzdys. Raskite lygtiesxy= x + y sveikuosius sprendinius.

Sprendimas. Dviej sveikj skaii sandauga beveik visada yra didesn u sum.Pasinaudosime tuo, taiau pirmiausia atmeskime neigiamus atvejus. Aiku, kad abu irx, ir y, negali bti neigiami, nes tuomet sandauga bus teigiama, o suma neigiama. Negalibti ir vienas neigiamas, vienas teigiamas, pvz. x >0,y y + x. Vadinasixgali gyti tik reikmes0,1 ir 2. Patikrin

randame sprendinius (0, 0)ir (2, 2).

35


40/233


Bandant vertinti reikini dydius, natraliai praveria algebrins nelygybs ir su-pratimas apie funkcij didjim, argumentui artjant begalyb (pavyzdiui, didesnio

laipsnio daugianaris nuo kakurios reikms visuomet gis didesnes reikmes u maes-nio laipsnio daugianar). Puiki ir paprasta i idj iliustracija - 1988 met Lietuvosmatematikos olimpiados udavinys:

Pavyzdys. [LitMo 1988]Isprskite natraliaisiais skaiiais lygt3x2+2y2 = 4xy +2x.

Sprendimas. Parodysime, kad kairioji pus beveik visada yra didesn u deinij. Ities - pagal aritmetinio-geometrinio vidurkio nelygyb 2x2 + 2y2 4xy, irx2 >2x, kaix > 2. Vadinasi, lieka patikrinti tik dvi reikmes - x = 1 ir x = 2. Tinka tik antroji,randame sprendin(2, 2).

Daniausiai, kaip ir turi bti olimpiadiniuose udaviniuose, lygybs pusi dydi

skirtumo idja bna umaskuota ir reikia akylumo norint j irti. Pavyzdiui:

Pavyzdys. [LitKo 2009]Raskite lygties(a29b2)233b= 16sveikuosius neneigiamussprendinius.

Sprendimas. is udavinys organizatoriams greiiausiai pasirod kiek sunkokas, todlolimpiadoje buvo suformuluotas kaip dviej dali, pirmoji i kuri pra rodyti, kadvisi sprendiniai tenkina nelygyb |a 3b| 1. rodyti tai labai paprasta, taiau irtiuuomin gerokai sunkiau. Paprasiausia tai padaryti turbt bt iskaidant pirmjdmen dauginamaisiais: (a2 9b2)2 = (a 3b)2(a + 3b)2, tuomet

(a 3b)2(a + 3b)2 (a + 3b)2 9b2.Vadinasi, kairioji lygties pus yra ne maesn nei 9b2 33b = (9b 33)b, bet ioreikinio reikm yra didesn u 16 su visomis breikmmis virijaniomis 4, vadinasilieka patikrinti vos kelet reikmi.

Taiau atidkime sprendim al ir dar kart pavelkime lygt, bandydamikiek kitaip vertinti kairiosios puss dyd. Prieastis, dl kurios(a2 9b2)2 yra beveikvisada daug didesnis u33byra ta, kad skirtumas tarp kvadrat yra pakankamai didelis.Ities, jeia2 nra lygus9b2, tai ariausiai (tuomet skirtumas maiausias) jis gali bti tiktuomet, kai yra artimiausiai esantis kvadratas. O artimiausias kvadratas yra (3b 1)2,bet net tuomet skirtumas visvien yra 6b1, o (6b1)2 33b yra didesnis u 16su visomis b reikmmis didesnmis u 1! Lieka vos du atvejai, i kuri gauname posprendin: (4, 0)ir (4, 1).

Viena (labai svarbi!) i samprotavimo apie dyd variacij -terpimo tarp kvadrat

triukas. Norint parodyti, kad sveikasis skaiius nra kvadratas, utenka parodyti, kadjis yra tarp dviej gretim kvadrat ir n vienam i j nelygus. i strategija tinka,inoma, ir auktesniems laipsniams.

Pavyzdys. Raskite lygtiesy2 =x2 + x + 1 sveikuosius sprendinius.

Sprendimas. Kairioji lygties pus yra kvadratas, o deinioji beveik visada nra, nesx2 < x2 +x + 1 < (x+ 1)2 (arba (x+ 1)2 < x2 +x + 1 < x2, jei x neigiamas).Vienintelsx reikms, su kuriomis ios nelygybs nra teisingos yra x= 1ir x= 0,gauname sprendinius (

1,

1)ir (0,

1).

36


41/233


Liekanos

Nagrinjant lygt moduliu pasirinkto skaiiaus, apribojim, kad abi lygybs puss turiduoti vienod liekan moduliu to skaiiaus, danai galima perkelti apribojim ieko-miems sprendiniams. Kartais tas apribojimas bna pakankamas, kad galtume visikaiisprsti lygt, bet daniau jis tampa pagalbine informacija, kuri tampa naudinga sujun-gus j su kitomis idjomis. Pradkime nuo paprasiausi atvej, kai nagrinjant lygtmoduliu tinkamai parinkto skaiiaus ji isisprendiama iki galo.

Pavyzdys. Raskite lygtiesx2 = 3y 1 sveikuosius sprendinius.Sprendimas. Nagrinkime i lygt moduliu 3. Norint, kad (x, y) bt sprendinys,abiej lygybs pusi dalybos liekana i 3 turi bti vienoda. Deins puss dalybosliekana bus

1, o kairs, priklausomai nuo x, arba 0, arba 1. Gavome, kad su jokiais

(x, y)jos nesutaps, todl lygtis sprendini neturi.

Pavyzdys. Raskite lygtiesx2 = 2n 1 sveikuosius sprendinius.Sprendimas. Nagrinkime lygt moduliu4. Dein pus, kad n >1, lygsta1moduliu4, o kair 0 arba 1. Kadangi liekanos nesutampa, tai lieka tik atvejai n 1, kuriuospatikrin (nnegali bti neigiamas, nes tuomet2n nebt sveikasis) randame sprendiniusn= 1, x= 1ir n = 0, x= 0.

Pavyzdys. Raskite lygties2 + x2 + x3 = 6n sveikuosius sprendinius

Sprendimas. Nagrinkime lygt moduliu 3 arba moduliu 5, arba moduliu 7. Visaistrimis atvejais lengva sitikinti, kad abi puss duoda skirtingas liekanas.

Kaip jau usiminme, lygties nagrinjimas moduliu (arba sprendimas moduliu) da-niausiai yra tik dalis sprendimo. Pavyzdiui:

Pavyzdys. [Lietuvos TST 2009]Raskite lygtiesx3+ x2 = 16+ 2y natraliuosius spren-dinius.

Sprendimas. Nagrinkime lygt moduliu 7. Kairioji pus gali gyti liekanas 0, 1, 2, 3, 5,o deinioji 3, 4 ir 6. Vienintl bendra liekana yra 3, ir ji gyjama kai y dalijasi i 3.Panaudokime gaut informacij - paymkime y = 3a ir perraykime lygt kaip

(2a)3 =x3 + x2 16.

Lieka pastebti, kad galime pritaikyti terpimo tarp kub dj: su visaisx >4 turime

x3 < x3 + x2 16< (x + 1)3,

vadinasi, lieka patikrinti tik keturias x reikmes. Randame vienintel sprendin (4, 6).

Pavyzdys. [MEMO 2009, Aivaras Novikas]Raskite lygties2x + 2009 = 3y5z neneigia-

mus sveikuosius sprendinius.

37


42/233


Sprendimas. Pirmiausia sitikinkime, kad x negali bti maesnis u 3. Ities - staiusreikmes 0, 1, 2 kairiojoje pusje gauname 2010, 2011, 2013 ir n vienas i i skaii

neisiskaido tik trejeto ir penketo laipsnius. Tad tarkime, kad x 3. rodysime, kadvisi trys x, y, zturi bti lyginiai.

x - Jei y > 0, tai nagrinkime lygt moduliu 3 gausime (1)x 1 0, vadinasi xlyginis. Jei y = 0, tai z > 0, tuomet nagrinkime lygt moduliu 5. Gausime2x 1 0, vadinasix dalijasi i 4, t.y. yra lyginis.

y - nagrinkime lygt moduliu 4. Kadangi x >2, tai gausime 1(1)y, vadinasi ylyginis.

z - nagrinkime lygt moduliu 8. Kadangi x > 2 ir y lyginis, tai gausime 1 5z,vadinasi z lyginis.

Paymj x = 2a,y = 2b,z = 2cgalime lygt pertvarkyti

2009 = (3b5c 2a)(3b5c + 2a).

Kadangi2009isiskaido kaip72 41, tai dviej dauginamj sandaug galime j iskai-dyti tik trim bdais: 12009,7287ir4149. Vienintelis iskaidymas, kurio dauginamiejiskiriasi per dvejeto laipsn yra 41 49, i kur randame vienintl sprendin (4, 4, 2).

Lygties sprendim moduliu visuomet verta prisiminti sprendiant diofantines lyg-tis ir ypa tas, kuriose i pirmo vilgsnio nesimato joki silpn viet. Neretai vertasprsti lygt moduliu nedideli skaii (pvz. 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9) ir akylai stebti gaunaminformacij. Taip pat visuomet verta gerai siirti lygt, kartais koeficientai ar didelilaipsniai gali pasufleruoti skaii, moduliu kurio pavyks ipeti k nors vertingo.

Pastebsime, kad sprendimas moduliu danai bna skmingas, jei viena arba abilygties puss gyja nedaug liekan moduliu nagrinjamo skaiiaus. Kiek liekan gyjareikiniai pavidaloxk (kurx kintamasis) kartais padeda vertinti liekan grupi teorija.Prisiminkime, kad liekan grups moduliu pirminiopeil yrap1, o moduliu sudtinionyra (n). Jei p 1(ar (n)) ir k didiausias bendras daliklis yra didelis, tai tuometxk gis nedaug reikmi moduliu p (ar n). Konkreiau:

p= 3- liekan grups eil 2- x2 (ir kiti lyginiai laipsniai) gys 2 liekanas i 3

n= 4- liekan grups eil 2- x2 gis2liekanas i 4

p= 5- liekan grups eil 4- x4 gis2liekanas i 5

p= 7- liekan grups eil 6- x6 gis2,x3 gis3 liekanas i 7

n= 8- liekan grups eil 4- x4 gis2,x2 gis3 liekanas i 8

n= 9- liekan grups eil 6- x6 gis2,x3 gis3 liekanas i 9

p= 11- liekan grups eil 10- x10 gis2, x5 gis 3 liekanas i 11

irint i io tako, 1998 met Balkan Matematikos Olimpiados udavinys atrodo

labai paprastas:

38


43/233


Pavyzdys. [BMO 1998]Parodykite, kad lygtisx2 + 4 =y5 neturi sveikj sprendini.

Sprendimas. Atkreipkime dmes y5. is reikinys gis nedaug reikmi moduliu11, otiksliau, kadangi y10 0, 1 (mod 11), tai y5 0, 1, 1 (mod 11). Tad sprskime lygtmoduliu11-x2 gys reikmes0, 1, 4, 9, 5, 3, todl kairioji pus gis reikmes4, 5, 8, 2, 9, 7.Nei viena i j nra lygi 0, 1ar1, vaidinasi lygtis sprendini neturi.

Skaidymasis

Vl pradiai pateiksime por paprast pavyzdi.

Pavyzdys. Raskite visus sveikuosius lygtiesxy = x + y sprendinius.

Sprendimas. Vienas i btin gdi norint skmingai taikyti skaidymosi idjas yraskaidymas dauginamaisiais. Pavelkime du skirtingus ios jau matytos lygties per-tvarkymus: (x 1)(y 1) = 1ir x(y 1) =y. Pirmuoju atveju lygtis i karto isprsta- jei dviej sveikj skaii sandauga lygi 1, tai jie arba abu lygs 1, arba 1. Antrasisiskaidymas yra i pirmo vilgsnio prastesnis, bet domesnis: kadangi y 1 ir y yratarpusavyje pirminiai, tai bet koks y 1daliklis dalins kair lygybs pus, bet nedalinsdeins. Vadinasiy 1negali turti joki dalikli, todl yra lygus1 arba 1. Gaunamesprendinius(0, 0)ir (2, 2).

Pavyzdys. Raskite visus sveikuosius lygtiesx2 = 2n + 1 sprendinius.

Sprendimas. Pastebkime, kad jei (x, n)yra sprendinys, tai ir (x, n)bus sprendinys,tad iekokime tik teigiam x.Iskaidykime dauginamaisiais: (x 1)(x + 1) = 2n. Deinioji pus yra dvejeto laips-

nis, todl kairiosios puss abu dauginamieji taip pat turi bti dvejeto laipsniai. Taiauvienintliai dvejeto laipsniai, tarp kuri skirtumas yra du (o btent toks skirtumas yratarp daugikli), yra 2 ir 4, vadinasix = 3, n = 3.

Alternatyviai galima samprotauti taip: kadangi didiausias x 1 ir x+ 1 bendrasdaliklis yra nedidesnis u 2, tai vienas i dauginamj dalinsis daugiausia tik i 21,vadinasi, bus lygus 2 arba1, vadinasi x lygus 0, 1, 2arba 3. I j tinka tik x = 3.

Kaip jau buvo matyti praeitos dalies pavyzdyje i MEMO 2009 olimpiados, ne vi-

suomet i karto pavyksta iskaidyti lygt dauginamaisiais - kartais pirmiausia reikiagauti papildomos informacijos apie iekomus sprendinius. Taip pat ne visuomet aiku,k daryti iskaidius. Bendros strategijos greiiausiai nra, bet visuomet verta atkreiptidmes dauginamj bendrus daliklius. Danai pastebjus, kad jie j neturi (arba jielabai riboti) galima pasistmti priek.

Pavyzdys. [IMO 2006] Raskite lygties1 + 2x + 22x+1 =y2 sveikuosius sprendinius.

Pirmiausia pastebkime, kad x negali bti maesnis u1, nes tuomet kair pusnebus sveikasis skaiius. Patikrinxreikmes nuo 1iki2randame vienintel sprendin(0, 2), tad tarkime, kad x 3 ir y > 0 (i sprendinio (x, y) gausime ir sprendin(x,

y)).

39


44/233


Iskaidykime dauginamaisiais:

2x(2x+1 + 1) = (y 1)(y+ 1).Kadangi dbd(y 1, y + 1) 2, o sandauga (y 1)(y + 1) dalijasi i 2x, tai bentvienas i dauginamj dalinisis i 2x1. Atkreipkite dmes, kad y 1negali bti daugkart didesnis u 2x1, nes tuomet deinje pus bus didesn u kairij. Lieka visktvarkingai pabaigti. Nagrinkime du atvejus:

2x1|y 1 - paymj y 1 = a2x1 ir stat lygt gausime 2x + 22x+1 =a2x1(a2x1 + 2)arba1 + 8 2x2 =a22x2 + a.Aiku, kad a 1, tai sprsdami moduliu 9gausime 5y 1, todl y dalijasi i 3. Taiau tuomet 5y + 1 dalinsis i 7, o 2 3anesidalins. Radome, kad lygtis turi vienintel sprendin(2, 1, 2).

Retais atvejais pavyksta panaudoti elegantikas idjas apie kai kuri reikini pir-minius daliklius. Pavyzdiui, i kvadratini liekan skyrelio inome, kad x2 + anegaliturti pirminio daliklio, su kuriuo

ap

=1, taip pat kaip ir dviej kvadrat suma

negali dalintis i pirminio skaiiaus, lygstanio3 moduliu 4, nelyginio laipsnio.

Pavyzdys. [IMO Longlist 1984]rodykite, kad lygtis4mnmn= x2 neturi sveikjsprendini.

Sprendimas. Iskaidykime dauginamaisiais:

(4m 1)(4n 1) = 4x2 + 1.

Kairje pusje esantys dauginamieji lygsta 3moduliu 4, vadinasi dalijasi bent i vienopirminio p, kuris irgi lygsta 3 moduliu 4. Taiau dein pus tokio pirminio daliklioturti negali, nes tuomet (2x)2 1 (mod p), ko negali bti, nes1 yra kvadratinliekana tik moduliu pirmini, kurie lygsta 1 moduliu 4.

40


45/233


Udaviniai

1. Raskite lygties x2

= 200 + 9ysveikuosius sprendinius. S2. Raskite lygties x2 = 100 + y2 sveikuosius sprendinius. S

3. Raskite lygties x2 + y2 = 4z+ 3 sveikuosius sprendinius. S

4. Raskite lygties x2 + 2x= 4y+ 2 sveikuosius sprendinius. S

5. Raskite lygties x2 + y2 = 2x + 3y+ 4 sveikuosius sprendinius. S

6. [LitMo 1987] Nurodykite natralij skaii, didesni u 100, trejet (x,y ,z), Stenkinant lygyb x2 + yz2 xy xz2 = 1987.

7. Raskite lygties 2x

= 3y

+ 1sveikuosius sprendinius. S

8. Raskite lygties 2x = 3y 1sveikuosius sprendinius. S9. [LitMo 1988] Isprskite natraliaisiais skaiiais lygt x2 + (x + y)2 = (x + 9)2. S

10. [LitMo 1989] Isprskite lygt x2y = 2z 1natraliaisiais skaiiais. S11. [LitMo 1989] Isprskite sveikaisiais skaiiais lygt2x2y2 + y2 6x2 12 = 0. S12. [LitMo 1989] Isprskite natraliaisiais skaiiais lygt 13x2 + 17y2 = 19892. S

13. [IMO Longlist 1972] Raskite visus sveikuosius lygties1 + x + x2 + x3 + x4 =y4 S

sprendinius.14. [IMO Longlist 1977] Raskite visus sveikuosius lygties7a + 14b= 5a2+ 5ab + 5b2 S

sprendinius.

15. [LitMo 1986] Isprskite lygt xy =yxy natraliaisiais skaiiais. S

16. [LitMo 1987] Isprskite lygt 6!x! =y!natraliaisiais skaiiais. S

17. [LitKo 2007] Raskite visus sveikj skaiix,y , zir t ketvertus(x,y ,z ,t)tenki- Snanius lygt x2 + y2 + z2 + t2 = 3(x + y+ z+ t).

18. Raskite visus natraliuosius lygtiesx3

y3 =xy + 61 sprendinius. S

19. [JBMO 2009] Raskite lygties2a3b + 9 =c2 natraliuosius sprendinius. S

20. Raskite lygties 3x 2y = 1 natraliuosius sprendinius. S21. Raskite lygties x2 + 3 = 12y3 16y+ 1 sveikuosius sprendinius. S

41


46/233

2SKYRIUS

ALGEBRA

2.1 Nelygybs

iame skyrelyje daugiausia to, k veiksime su nelygybmis, sudarys bandymai jas ro-dyti. Nelygybi rodinjimas bus pagrindin veikla, o j rodymas bus aukiausiasiekiamyb ir didiausia vertyb. Skaitytojui, susipainusiam tik su mokykliniu nelygy-bi kursu, tai gali atrodyti ne tik naujai, bet keistai ar baisiai. Nuo ko pradti, norint

rodyti? Nelygybi rodinjimo filosofija remiasi vos keliais paprastais principais.Bandydami rodyti, naudosims nelygybmis-teoremomis, su kuriomis susipainsime

iame skyriuje ir inosime, kad jos tikrai tikrai galioja. ios teoremos - tarsi laiptai,kuriais lipame i kairs nelygybs puss dein. Jei turime rodyti A B, o pagalteoremT, turime A B , tai mes rodme nelygyb vienu uoliu, kas nebuvo labaidomu. Tik nuo sprendjo priklauso, kiek ir koki uoli reiks atlikti norint pasiektirezultat. Kadangi daniausiai tenka lipti daugiau nei vienu laipteliu, reikt suinoti,kaip tai daroma.

Tarkime, norime rodyti A C. Tegu, remiantis teorema X, tikrai tikrai galiojaA B. Jei pasisteng gausime, kad, anot teoremos Y, B C, tai tada A C, kir reikjo rodyti. Bet jeigu netyia pagal teorem Ztikrai galioja B C, tai reik

ne tai, kad rodoma nelygyb yra neteisinga, bet kad teoremos X laiptelis buvo perstatus. Pagalvokite: jei i tako A stipriai nusileidiate tak B, bet pamatote,kad C - aukiau u B, niekaip negalsite pasakyti kuris i A ir Cyra aukiau, nesnelygybs gali nurodyti tik, ar kakas yra daugiau/maiau u kak, bet ne kiek stipriai.Kitaip tariant, inome tik tiek, kad jei mes tik leidoms, tai esame emiau, o jeigu tikkilome - tai aukiau, na o jeigu kaip liftu vainjomes tai auktyn tai emyn, tai jauniekas nebesupaisys, kokiame auktyje esame. Tai yra pagrindinis nelygybi rodinjimoprincipas, taiau yra kelios plaiai naudojamos jo formos.

Nelygyb visada galime ekvivaleniai pertvarkyti (ekvivaleniai reikia, kad jei at-likome tam tikrus pertvarkymus ir i nelygybs Xgavome nelygyb Y, tai atlikdamilogikus atvirkius pertvarkymus, i Ygalime vl gauti X) ir tada naudoti/rodinti

pertvarkytj. Tie pertvarkymai gali bti labai vairs: prie abiej nelygybs pusi


47/233

2.1. Nelygybs Algebra

galime pridti po konstant, padauginti i jos, pakelti laipsniu, logaritmuoti ir antiloga-ritmuoti. Visada reikia bti atsargiems: kai kada ne visi ie veiksmai yra galimi. Taip

pat prisiminkite, kad nelygyb dauginant i neigiamos konstantos ar keliant neigiamulaipsniu, nelygybs enklas apsiveria, t.y.: i virsta , o i > < ir atvirkiai.

Dvi teisingas nelygybes galime visada sudti, o jei jos abi teigiamos, ir sudauginti.Taigi, jei turime A C ir B D, tai rodme A+B C+ D, o jei A, B, C ir Dteigiami, tai ir A B C D. Pastebkime, kad nei dalinti, nei atimti nelygybi vienosi kitos negalime. Netikintiems: imkime dvi teisingas nelygybes 8 4 ir 8 3. Neiatm, nei padalin teisingos nelygybs negausime.

Lygybs atvejis yra viena subtiliausi negriet nelygybi dali. Naudojant teo-remas privalu stebti, ar vis dar manoma pasiekti lygyb. Jei pasidaro nemanoma,tai udavinio isprsti greiiausiai nepavyks. Kaip suinoti lygybs atvej? Daniausiaireikia tiesiog atspti, kas neretai yra gana paprasta. Atsivelgimas lygybs atvej leissutaupyti laiko ir aklai nenaudoti iai pasmerkt strategij. Lygybs atvejis naudo-

jamas dar ir ekstremum iekojimui.Ekstremumas - maiausia arba didiausia funkcijos reikm duotame intervale. Pro-

fesionalai ekstremum iekojimui naudoja ivestines ir Lagrano daugiklius. Skaitytojusraginame susipainti su ia stabios galios technika, jei to padaryti dar nespjote. iameskyriuje ekstremum iekojimui naudosime alternatyv bd - nelygybes. Ne paslap-tis, kad remiantis klasikinmis nelygybmis, ciklini ar simetrini reikini nuo kelikintamj ekstemum iekojimas yra daug paprastesnis ir, danai, greitesnis. Rei-kinio minimumo ar maksimumo iekojimas nelygybmis remiasi dviem elementariaisingsniais:

1. Randame reikinio maksimali ar minimali rib, tai yra, u k jis yra tikraine didesnis ar ne maesnis. Pavyzdiui, jei gautume, kad funkcija F C, kurC - kokia tai konstanta, tai su jokiais funkcijos parametrais negalime gauti Freikms, maesns u C. Gali pasirodyti, kad tai reikt, jog C yra vienasfunkcijos ekstremum - minimumas, bet taip nebtinai yra, todl privaloma engtiantrj ingsn.

2. Rad galim reikm, privalu patikrinti, ar ji pasiekiama. Ji bus gyjama lygybsatveju, taigi, i pritaikyt nelygybi lygybs atvej turime atsekti, kokios turibti kintamj reikms.

Jei antrojo ingsnio ipildyti nepavyksta, tai reikia, kad pirmasis ingsnis atliktasneteisingai. Daniausia klaida - panaudot nelygybi lygybs atvej praradimas, kai ieneegzistuoja arba netenkina reikinio apibrimo srities. Na, o jeigu pavyko atlikti abuveiksmus, js skmingai radote funkcijos ekstremum. Tokios uduoties atsakymas for-muluojamas vardijant ne tik rast reikm, bet ir parametr, su kuriais tai pasiekiama,reikmes.

Nelygybs yra itin plati ir labai vairi matematikos aka. iame skyriuje supaindin-sime su pagrindinmis sprendimo technikomis, triukais. Nemanoma mintinai imoktivis nelygybi, taiau galima imokti suprasti pagrindines tendencijas ir greiiau su-rasti idj, padsiani atlikti uduot. Idjoms gyvendinti reikalingi rankiai. Jais irtaps vairios nelygybs-teoremos, metodai, pavyzdi, udavini rezultatai. Tai pads

isprsti didij dal udavini, kurie pasirodys ne tik skyreliuose Udaviniai, bet ir

43


48/233


olimpiadose. Nesitikime, kad skaitytojas pajgs pats isprsti visus pateiktus udavi-nius, juk kai kurie j - tikri algebros briliantai, taiau pastangos nenueis perniek. Bkite

drss!

44


49/233


2.1.1 Pirmieji ingsniai

Beveik visos klasikins nelygybs remiasi faktu, kad realaus skaiiaus kvadratas yra ne-maesnis u nul. Taiau suvesti bet koki nelygyb kvadrat, padaugint i teigiamskaii, sum daniausiai b

Matematikos knyga

Documents

Transcript of Matematikos knyga