Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο...

Θεωρια Αριθµων

Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Ακαδηµαϊκο Ετος

2012 - 2013

∆ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης

Ιστοσελιδα Μαθηµατος :http://users.uoi.gr/abeligia/NumberTheory/NT.html

25 Μαιου 2013

2

Περιεχόµενα

Μέρος 1. Ασκήσεις Προς Λύση 3

Μέρος 2. Προτεινόµενες Ασκήσεις Προς Λύση 27

Μέρος 3. Επίλυση Επιλεγµένων Ασκήσεων 52

Μέρος 4. Θεωρητικά Θέµατα 156

I. ∆ιαιρετότητα Ακεραίων 1561. Αρχή Καλής ∆ιάταξης και Μαθηµατική Επαγωγή 1562. Η m-αδική αναπαράσταση ενός ϕυσικού αριθµού 1593. Κριτήρια ∆ιαιρετότητας 1624. Η Εικασία του Bertrand και η Κατανοµή των Πρώτων Αριθµών 1644.1. Η Εικασία του Bertrand 1644.2. Η Κατανοµή των πρώτων αριθµών 1695. Ο Αλγόριθµος του Ευκλείδη και το Θεώρηµα του Lame 172

II. Αριθµητικές Συναρτήσεις 175

III. Ισοτιµίες 176Βρίσκοντας την ηµέρα της εβδοµάδας γνωρίζοντας την ηµεροµηνία 176

IV. Πρωταρχικές Ρίζες 178

V. Τετραγωνικά Υπόλοιπα 179

Μέρος 5. Ενδεικτική Βιβλιογραφία 180

VI. Πίνακες 181

3

Μέρος 1. Ασκήσεις Προς Λύση

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΑσκησεις - Φυλλαδιο 1


Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

http://users.uoi.gr/abeligia/NumberTheory/NT.html

Τετάρτη 27 Φεβρουαρίου 2013

΄Ασκηση 1. ∆είξτε ότι :∀n ∈ N : n! ≤ nn

΄Ασκηση 2. ∆είξτε ότι για κάθε n ∈ N ισχύουν τα ακόλουθα:

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2 και 1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) =n(3n− 1)

2

΄Ασκηση 3. Να δείξετε ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός N ∈ N έτσι ώστε :

∀n ≥ N : 2n > n3

΄Ασκηση 4. Να δείξετε ότι :

1.n∑k=1

k3 = 13 + 23 + · · ·+ n3 =(n(n+ 1)

2

)22.

n∑k=1

k · k! = 1 · 1! + 2 · 2! + · · ·+ n · n! = (n+ 1)!− 1

΄Ασκηση 5. Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία FibonacciFn ∈ N | n ∈ N

είναι η ακολουθία ϕυσικών

αριθµών η οποία ορίζεται αναδροµικά ως εξής :

F1 = 1, F2 = 1, και Fn = Fn−1 + Fn−2, ∀n ≥ 3

∆είξτε ότι ισχύουν τα ακόλουθα για κάθε n,m ∈ N:

4

1.n∑k=1

Fk = F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1

2.

Fn =an − bn√

5όπου a =

1 +√

5

2& b =

1−√

5

2Τέλος να υπολογισθεί το άθροισµα

n∑k=1

F2k

΄Ασκηση 6. 1. Να εκτελεσθεί η Ευκλείδεια ∆ιαίρεση µεταξύ των ακεραίων a και b, όταν :

a = −195518 και b = 22 & a = 192544 και b = 37

2. ΄Εστω a, b ∈ Z, b 6= 0. Να δείξετε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q, r έτσι ώστε :

a = bq + r, −|b|2

< r ≤ |b|2


1. το γινόµενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι άρτιος αριθµός.2. το γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 3.

Επιπλέον να εξετασθεί αν :

3. το γινόµενο n το πλήθος διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του n.

΄Ασκηση 8. 1. ∆είξτε ότι για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n:

11 | 10n + 1

2. ∆είξτε ότι για κάθε άρτιο ϕυσικό αριθµό n:

11 | 10n − 1

3. ΄Εστω ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ m, και

a = a0 + a1 · 10 + a2 · 102 + · · · · · ·+ am · 10m

∆είξτε ότι :

11 | a ⇐⇒ 11 | a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

Εφαρµογή: Εξετάστε αν ο 11 διαιρεί τον αριθµό n = 8703585473.

΄Ασκηση 9. ΄Εστω p1 = 2, p2 = 3, p3, p4, p5, · · · , pn, pn+1, · · · , η αύξουσα ακολουθία τωνπρώτων αριθµών. ∆είξτε ότι για κάθε n ≥ 1:

pn+1 ≤ p1p2 · · · pn + 1 και pn+1 ≤ 22n

΄Ασκηση 10. 1. ∆είξτε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός της µορφής 6k + 5 έχει έναν πρώτο διαιρέτη τηςµορφής 6k + 5.

5

2. ∆είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 6k + 5.

΄Ασκηση 11. ∆είξτε ότι αν p > 1 και ο p διαιρεί τον (p− 1)! + 1 τότε ο p είναι πρώτος.

΄Ασκηση 12. (1) Να εξετασθεί αν ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n2−1, n ∈ N, είναι τετράγωνοακεραίου αριθµού.

(2) ∆ύο πρώτοι αριθµοί p και q, όπου p < q, καλούνται δίδυµοι αν q = p+ 2.Αν p και q είναι δίδυµοι πρώτοι αριθµοί, όπου p > 3, τότε να δείξετε ότι :

12 | p+ q

΄Ασκηση 13. ΄Εστω a, b, p, q ∈ N, όπου οι αριθµοί p, q είναι πρώτοι.

(1) Να δείξετε ότι : pb = a2 =⇒ p | b.(2) Αν p 6= q, να εξετασθεί αν ο αριθµός pq είναι τέλειο τετράγωνο.(3) Να προσδιορισθούν όλοι οι πρώτοι αριθµοί της µορφής a4 + 4 ή b3 + 1.

΄Ασκηση 14. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο f(t) = a0 + a1t+ a2t2 + · · ·+ ant

n µε ακέραιουςσυντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m ∈ Z.

΄Ασκηση 15. ∆είξτε ότι ο πραγµατικός αριθµός

e =∞∑n=0

1

n!

είναι άρρητος, δηλαδή δεν µπορεί να γραφεί στην µορφή a/b όπου a, b ακέραιοι και b 6= 0.

6




Τετάρτη 6 Μαρτίου 2013

΄Ασκηση 16. Βρείτε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες των αριθµών:

140, 2013, 1001, 9999, 111111, 10!,

(30

10

)

΄Ασκηση 17. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των ϕυσικών αριθµών:

(α) 106 − 1, (β) 108 − 1, (γ) 215 − 1

΄Ασκηση 18. ΄Εστω a, b, n,m ∈ N έτσι ώστε : n ≥ m. ∆είξτε ότι :

an | bm =⇒ a | bΙσχύει η παραπάνω συνεπαγωγή αν n < m ;

΄Ασκηση 19. Να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

mn = nm

δηλαδή να ϐρεθούν όλα τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων αριθµών (n,m) τα οποία ικανοποιούν την παραπάνωεξίσωση.

΄Ασκηση 20. ΄Ενας εκδοτικός οίκος από τις πωλήσεις ενός ϐιβλίου είχε έσοδα 375.961€. Μπορείτε ναεκτιµήσετε πόσα ϐιβλία πούλησε ο εκδοτικός οίκος αν η τιµή του ϐιβλίου είναι ακέραιος και πάνω απόένα ευρώ ;

΄Ασκηση 21. 1. ∆είξτε ότι ο√

2 είναι άρρητος.2. Να δείξετε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο αριθµός

√n είναι

άρρητος.3. Αν n,m ∈ N όπου n,m > 1, και ο αριθµός n

√m είναι ϱητός, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός n

√m

είναι ακέραιος.

7

΄Ασκηση 22. (1) Να δείξετε ότι ο ϕυσικός αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνον αν οιδυνάµεις στην πρωτογενή ανάλυση του n είναι άρτιοι αριθµοί.

(2) ΄Εστω n ≥ 2 καιa = pa11 p

a22 · · · p

amm

η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού a. ∆είξτε ότι η n-στή ϱίζα του a είναι ϱητός αριθµόςαν και µόνο αν το n διαιρεί το ai για κάθε i = 1, 2, · · · ,m:

n√a ∈ Q ⇐⇒ n | ai, 1 ≤ i ≤ m

΄Ασκηση 23. Να ϐρεθούν όλοι οι ϕυσικοί αριθµοί οι οποίοι έχουν ακριβώς (α) 3, και (β) 4, ϑετικούςδιαιρέτες.

΄Ασκηση 24. ΄Ενα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) ∈ Z[t] µε ακέραιους συντελεστές καλείται ανάγωγο ανδεν υπάρχουν πολυώνυµα g(t), h(t) ∈ Z[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t) = g(t)h(t).

∆είξτε το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(t) = a0 + a1t+ · · ·+ antn, n > 0, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n και an 6= 0

και έστω p ένας πρώτος αριθµός. Τότε :

p | a0, p | a1, · · · , p | an−1 & p - an & p2 - a0 =⇒ f(t) : ανάγωγο

΄Ασκηση 25. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(t) = tn + cn−1tn−1 + · · · c1t+ c0,

Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του f(t), να δείξετε ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος.

• • •

• Συµβολισµός: ΄Εστω p πρώτος. Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός και k ∈ N0, τότε ϑα γράφουµε:

pk‖n ⇐⇒ pk | n και pk+1 - nδηλαδή pk είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον n, και όπου k = 0 αν p - n.

• • •

΄Ασκηση 26. ΄Εστω p πρώτος. Ορίζουµε συνάρτηση

vp : N −→ N0, vp(n) = maxk ∈ N0 | pk‖n

Αν P = p ∈ N | p : πρώτος είναι το σύνολο των πρώτων αριθµών, να δείξετε ότι :

(1) vp(n) = 0, ∀p ∈ P ⇐⇒ n = 1.(2) vp(mn) = vp(m) + vp(n), ∀p ∈ P.(3) m | n ⇐⇒ vp(m) ≤ vp(n), ∀p ∈ P.

8

(4) vp(m) = vp(n), p ∈ P ⇐⇒ m = n.

΄Ασκηση 27. ΄Εστω p ένας πρώτος αριθµός και n,m, a, b ∈ N. Να δειχθούν τα ακόλουθα:

(1) pn‖ a & pm‖ b =⇒ pn+m‖ ab.(2) pn‖ a =⇒ pnk‖ ak.(3) n 6= m & pn‖ a & pm‖ b =⇒ pminn,m‖ (a+ b).

9






΄Ασκηση 28. Αφού ϐρείτε την πρωτογενή ανάλυση των αριθµών 130 και 2275, να υπολογίσετε τον µέγιστοκοινό διαιρέτη (130, 2275).

΄Ασκηση 29. (1) Να δείξετε ότι(1147, 851

)= 37 και ακολούθως να ϐρεθούν ακέραιοι x και y έτσι

ώστε :37 = 1147x+ 851y

(2) Να υπολογίσετε τον Μέγιστο Κοινό ∆ιαιρέτη d και το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο δ των αριθµών1485 και 1745. Στη συνέχεια να ϐρεθούν ακέραιοι x και y έτσι ώστε :

d = 1485x+ 1745y

΄Ασκηση 30. ∆είξτε ότι για κάθε ακέραιο k ισχύει

(2k + 1, 9k + 4) = 1

΄Ασκηση 31. Αν n,m ∈ N όπου n 6= m, να δείξετε ότι :(22n

+ 1, 22m

+ 1)

= 1

Με τη ϐοήθεια της παραπάνω σχέσης να δείξετε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθµοί.

΄Ασκηση 32. ΄Εστω a, b ϑετικοί ακέραιοι και p ένας πρώτος αριθµός. Είναι οι ακόλουθες προτάσειςαληθείς ή ψευδείς; Για κάθε µια δώστε απόδειξη ή αντιπαράδειγµα:

(1) Αν (a, p2) = p, τότε : (a2, p2) = p2.(2) Αν (a, p2) = p και (b, p2) = p2, τότε : (ab, p4) = p3.(3) Αν (a, p2) = p και (b, p2) = p, τότε : (ab, p4) = p2.(4) Αν (a, p2) = p, τότε : (a+ p, p2) = p.

10

΄Ασκηση 33. 1. ∆είξτε ότι αν b, c είναι µη µηδενικοί ακέραιοι µε (b, c) = 1 τότε (b, cm) = 1 για κάθεm ∈ N.

2. Θεωρούµε το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n > 0, & a0, an 6= 0

Αν b/c είναι ϱητή ϱίζα του f(x), όπου b, c µη µηδενικοί ακέραιοι πρώτοι µεταξύ τους, δείξτε ότι :

b | a0 & c | an

΄Ασκηση 34. ΄Εστω k ένας ακέραιος. Να δείξετε ότι οι αριθµοί

6k − 1, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 5

είναι σχετικά πρώτοι µεταξύ τους.

΄Ασκηση 35. ΄Εστω a, b ∈ N, και υποθέτουµε ότι : (a, b) = 1. Να δείξετε ότι :

(1)(a+ b, a− b

)= 1 ή 2.

(2)(2a+ b, a+ 2b

)= 1 ή 3.

(3)(a+ b, a− b, ab

)= 1 ή 2.

Μπορείτε να προσδιορίσετε, στις παραπάνω περιπτώσεις (1), (2), (3), πότε ακριβώς ο µέγιστος διαιρέτηςέχει την τιµή 1, 2, ή 3;

΄Ασκηση 36. Αν a, b είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :

(a, b) =(a+ b, [a, b]

)Ως εφαρµογή, ϐρείτε δύο ϕυσικούς αριθµούς έτσι ώστε το άθροισµά τους να είναι 798 και το ελάχιστοκοινό τους πολλαπλάσιο να είναι 10.780.

΄Ασκηση 37. Αν a, b, c είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :

(a, b, c)[ab, ac, bc] = abc & [a, b, c](ab, ac, bc) = abc

΄Ασκηση 38. ΄Εστω Fn και Fn+1 δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fibonacci, όπου n ∈ N. ∆είξτε ότι(Fn, Fn+1

)= 1, ∀n ∈ N

και επιπλέον δείξτε ότι στον Ευκλείδειο Αλγόριθµο για την εύρεση του µέγιστου κοινού διαιρέτη (Fn+1, Fn+2)= 1, n > 1, απαιτούνται ακριβώς n διαιρέσεις.

΄Ασκηση 39. ΄ΕστωFnn≥1 η ακολουθία Fibonacci. Να δείξετε ότι :

(1)Fn+m = FmFn+1 + Fm−1Fn

11

(2)n | m =⇒ Fn | Fm

(3)(Fn, Fm) = F(n,m)

12






΄Ασκηση 40. ΄Εστω a1, . . . , an ϑετικοί ακέραιοι. ∆είξτε ότι

[a1, a2, . . . , an] = a1a2 . . . an

αν και µόνο αν (ai, aj) = 1 για κάθε i 6= j.

΄Ασκηση 41. Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις, για τιςακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις

1. 1485x+ 1745y = 152. 102x+ 1001y = 13. 60x+ 18y = 97

΄Ασκηση 42. ΄Εστω η διοφαντική εξίσωση

ax+ by = c

όπου a, b, c ∈ N και (a, b) = 1. Να δείξετε ότι το σύνολο των ϑετικών λύσεων της παραπάνω διοφαντικήςεξίσωσης είναι πεπερασµένο.

Να εξετασθεί αν η διοφαντική εξίσωση

31x+ 43y = 5

έχει ϑετικές λύσεις.

΄Ασκηση 43. ΄Εστω a1, . . . , an ακέραιοι όχι όλοι µηδέν και c ακέραιος. Πότε έχει η ∆ιοφαντική εξίσωση

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c

ακέραιες λύσεις;


13

1. 2x+ 3y + 4z = 52. 7x+ 21y + 35z = 83. 101x+ 102y + 103z = 1

΄Ασκηση 45. ΄Ενας Αµερικάνος ϕοιτητής επιστρέφει στην Νέα Υόρκη απο διακοπές στη Ελλάδα καιτην Αγγλία. Στην Νέα Υόρκη αλλάζει τις λίρες Αγγλίας και τα ευρώ τα οποία έχει σε δολλάρια καιµετά την αλλαγή λαµβάνει συνολικά 117.98 δολλάρια. Αν παίρνει 1.11 δολλάρια για κάθε ευρώκαι 1.67 δολλάρια για κάθε λίρα Αγγλίας, πόσα ευρώ και πόσες λίρες Αγγλίας είχε πρίν την αλλαγήσυναλλάγµατος ;

΄Ασκηση 46. ∆είξτε ότι για κάθε ϕυσικό n ≥ 1 ισχύει

µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0

όπου µ η συνάρτηση του Mobius.

΄Ασκηση 47. ∆είξτε ότι για κάθε ϕυσικό n ≥ 3 ισχύειn∑k=1

µ(k!) = 1

΄Ασκηση 48. ΄Εστω n > 1 ϕυσικός, και

n = pa11 pa22 . . . parr

η πρωτογενής ανάλυση του, δηλ. pi είναι διακεκριµένοι πρώτοι και ai > 0 για κάθε i. ∆είξτε ότι∑d|n

|µ(d)| = 2r.

΄Ασκηση 49. ΄Εστω m,n ∈ N. Τότε για κάθε πολλαπλασιαστική συνάρτηση f : N−→C, ισχύει ότι :

f((m,n)

)f([m,n]

)= f(m)f(n)

΄Ασκηση 50. ΄Εστω λ : N−→C, η συνάρτηση του Liouville, όπου λ(1) = 1, και λ(n) = (−1)k1+···kr , ανn = pk11 · · · pkrr είναι η πρωτογενής ανάλυση του n > 1.

(1) Να δείξετε ότι η συνάρτηση λ είναι πολλαπλασιαστική.(2) Να υπολογισθεί το άθροισµα ∑

d|n

λ(d)

΄Ασκηση 51. ΄Εστω Λ: N−→C, η συνάρτηση του Magnoldt, όπου Λ(n) = log p, αν n = pm, όπου pείναι πρώτος αριθµός και m ≥ 1, και Λ(n) = 0, σε κάθε άλλη περίπτωση.

(1) Είναι η συνάρτηση Λ πολλαπλασιαστική ή ενελικτικά αντιστρεπτή ;

14

(2) Να δείξετε ότι, ∀n ∈ N: ∑d|n

Λ(d) = log n

΄Ασκηση 52. ΄Εστω a ∈ N, και έστω η αριθµητική συνάρτηση

(a,−) : N −→ C, (a,−)(b) = (a, b) = ΜΚ∆(a, b)

∆είξτε ότι η συνάρτηση (a,−) είναι πολλαπλασιαστική.

΄Ασκηση 53. Να ϐρεθεί η ενελικτική αντίστροφη µ−1 της συνάρτησης µ του Mobius.

15





Τετάρτη 10 Απριλίου 2013

΄Ασκηση 54. Θεωρούµε τις αριθµητικές συναρτήσεις : φ, ν, σ, τ , ε, και I, όπου I(n) = n, ∀n ∈ N. Ναδείξετε τις ακόλουθες σχέσεις :

µ−1 = ν, τ = ν ? ν, φ = µ ? I, σ = ν ? I, σ = φ ? τ, σ ? φ = I ? I

΄Ασκηση 55. Να δείξετε ότι :∑d|n

τ(d)µ(n

d) = 1 &

∑d|n

σ(d)µ(n

d) = n

Επιπρόσθετα αν ο n είναι ελεύθερος τετραγώνου, τότε δείξτε ότι :∑d|n

σ(dk−1)φ(d) = nk, ∀k ≥ 2

΄Ασκηση 56. Να υπολογισθούν τα αθροίσµατα :∑d|n

µ(d)

d,

∑d|n

µ(d)τ(d),∑d|n

µ(d)σ(d),∑d|n

dµ(d)

΄Ασκηση 57. ΄Εστω f και g δύο αριθµητικές συναρτήσεις, και έστω

f(n) =∑d|n

g(d)

Θεωρούµε τον n× n πίνακα ϕυσικών αριθµών M = (mij), όπου mij = f((i, j)), δηλαδή

M =

f((1, 1)) f((1, 2)) · · · f((1, n))f((2, 1)) f((2, 2)) · · · f((2, n))

......

. . ....

f((n, 1)) f((n, 2)) · · · f((n, n))

16

και f((i, j)) είναι η τιµή της f στον µέγιστο κοινό διαιρέτη (i, j) των i και j. Να δείξετε ότι :

Det(M) =n∏k=1

g(k)

Επιπρόσθετα, αν η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική και f(p) 6= 0, για κάθε πρώτο p, τότε :

Det(M) =n∏j=1

f(j)∏p|j

(1− 1

f(p))

΄Ασκηση 58. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1, 1) (1, 2) · · · (1, n)(2, 1) (2, 2) · · · (2, n)

......

. . ....

(n, 1) (n, 2) · · · (n, n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = φ(1)φ(2) · · ·φ(n)

΄Ασκηση 59. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣[1, 1] [1, 2] · · · [1, n][2, 1] [2, 2] · · · [2, n]

......

. . ....

[n, 1] [n, 2] · · · [n, n]

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =n∏k=1

φ(k)∏p|k

(−p)

΄Ασκηση 60. Να δείξετε ότι αν m ∈ N, τότε το σύνολο των ϑετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης

φ(x) = m

είναι πεπερασµένο.

΄Ασκηση 61. (1) Για ποιές τιµές του n ∈ N ο αριθµός φ(n) είναι περιττός ;(2) Να δείξετε ότι υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι n έτσι ώστε φ(n) = 2, 4, 6, 8, 10, 12.(3) Να δείξετε ότι η εξίσωση

φ(n) = 14

δεν έχει λύση.

΄Ασκηση 62. Να δείξετε ότι ∀d, n ∈ N : d | n =⇒ φ(d) | φ(n).

΄Ασκηση 63. Να δείξετε ότι : ∑d|n

µ2(d)

φ(d)=

n

φ(n)

17

΄Ασκηση 64. ∆είξτε ότι :

∑d|n

(−1)nd φ(d) =

0, n: άρτιος

−n, n: περιττός

΄Ασκηση 65. Υπενθυµίζουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός n καλείται τέλειος, αν είναι ίσος µε το άθροισµατων γνησίων διαιρετών του. Αν ο n είναι ένας τέλειος άρτιος αριθµός, να δείξετε ότι :∑

d|n

1

d= 2

΄Ασκηση 66. Γνωρίζοντας ότι ένας τέλειος άρτιος αριθµός είναι της µορφής

n = 2k−1(2k − 1)

όπου 2k − 1 είναι πρώτος και k > 1, να δείξετε ότι :

(1) n = 1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1).(2) φ(n) = 2k−1(2k−1 − 1).

18





Σάββατο 20 Απριλίου 2013

΄Ασκηση 67. (1) ∆είξτε ότι η κλάση υπολοίπων [10]21 είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z21, καιϐρείτε την αντίστροφη κλάση της.

(2) ∆είξτε ότι η κλάση [62]155 δεν είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z155.

΄Ασκηση 68. ∆είξτε ότι αν a, n ∈ Z µε n ≥ 1 τότε το σύνολο

a, a+ 1, . . . , a+ n− 1αποτελεί ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn.

΄Ασκηση 69. ΄Εστω a1, a2, · · · , ap και b1, b2, · · · bp δύο πλήρη συστήµατα υπολοίπων mod p, όπου pείναι ένα πρώτος. Να δείξετε ότι αν p > 2, τότε το σύνολο

a1b1, a2b2, · · · , apbp

δεν είναι ποτέ πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod p.

΄Ασκηση 70. (1) ∆είξετε ότι :

a ≡ b (modn1) & b ≡ c (modn2) =⇒ a ≡ c (mod(n1, n2))

(2) ∆είξτε ότι αν a, b, n1, . . . , nk ∈ Z µε ni ≥ 1 για κάθε i, τότε

a ≡ b (modni), για κάθε i = 1, 2, · · · , k ⇐⇒ a ≡ b (mod[n1, . . . , nk])

΄Ασκηση 71. ∆είξτε ότι

(1)220 − 1 ≡ 0 mod 41

(2)250 ≡ 4 mod 7

19

(3)4165 ≡ 6 mod 7

(4)1! + 2! + 3! + · · ·+ 100! ≡ 9 mod 12

(5)15 + 25 + 35 + · · ·+ 1005 ≡ 0 mod 4

΄Ασκηση 72. Εαν οι a, b είναι ακέραιοι και p είναι ένας πρώτος αριθµός δείξτε ότι

(a+ b)p ≡ ap + bp (mod p)

΄Ασκηση 73. Εαν ο m είναι σύνθετος ακέραιος µε m > 4 δείξτε ότι

(m− 1)! ≡ 0 (modm)

΄Ασκηση 74. ΄Εστω X =x1, x2, · · · , xk

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod k, όπου k > 1 είναι

περιττός ϕυσικός. ∆είξτε ότι :k∑i=1

xi ≡ 0 (mod k)

΄Ασκηση 75. ΄Εστω X =x0, x2, · · · , xm−1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modm και έστω Y =

y0, y2, · · · , yn−1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn. Αν (n,m) = 1, δείξτε ότι το σύνολο

Z =nxi +myj ∈ N | 0 ≤ i ≤ m− 1 & 0 ≤ j ≤ n− 1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modmn.

΄Ασκηση 76. ΄Εστω X =x1, x2, · · · , xφ(m)

ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modm και έστω

Y =y1, y2, · · · , yφ(n)

ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modn. Αν (n,m) = 1, δείξτε ότι το

σύνολοZ =

nxi +myj ∈ N | 1 ≤ i ≤ φ(m) & 1 ≤ j ≤ φ(n)

ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modmn.

΄Ασκηση 77. (1) ΄Εστω m,n δύο ϕυσικοί αριθµοί έτσι ώστε : (m,n) = 1. ∆είξτε ότι :

mφ(n) + nφ(m) ≡ 1 (modmn)

(2) ΄Εστω p, q δύο πρώτοι, όπου p 6= q. ∆είξτε ότι :(α΄)

pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq)

(ϐ΄)p− 1 | q − 1 & (a, pq) = 1 =⇒ aq−1 ≡ 1(mod pq)

20

΄Ασκηση 78. ∆είξτε ότι για κάθε n ∈ N, ο αριθµός

1

5n5 +

1

3n3 +

7

15n


΄Ασκηση 79. (1) ∆είξτε ότι : 11 | 10! + 1 και 13 | 12! + 1(2) Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσων:

16!

19&

5!25!

31&

7 · 8 · 9 · 15 · 16 · 17 · 23 · 24 · 25 · 43

11&

5100

7&

62000

11


3999999999 ≡ −1 (mod 7) & 21000000 ≡ 1 (mod 17)

΄Ασκηση 81. ∆είξτε ότι, ∀n ∈ N:

42 | n7 − n & 30 | n9 − n

21





Τετάρτη 15 Μαΐου 2013

΄Ασκηση 82. ΄Εστω n ≥ 3 ακέραιος. ∆είξτε ότι

(n− 1, n) = 1 & ordn(n− 1) = 2

Σαν συνέπεια να συµπεράνετε ότι : 2 | φ(n).

΄Ασκηση 83. ΄Εστω n ≥ 2 ακέραιος και a, b ακέραιοι µε ab ≡ 1 (modn). ∆είξτε ότι :

(a, n) = (b, n) = 1 & ordn(a) = ordn(b)

΄Ασκηση 84. Βρείτε τις τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9.

΄Ασκηση 85. Να ϐρεθούν όλες οι λυσεις των παρακάτω ισοτιµιών :

(1) 2x ≡ 5 (mod 7)(2) 3x ≡ 6 (mod 9).(3) 19x ≡ 30 (mod 40)

΄Ασκηση 86. Βρείτε έναν αριθµό ο οποίος είναι πολλαπλάσιο του 11 και δίνει υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθείµε τους αριθµούς 2, 3, 5, και 7.

΄Ασκηση 87. ∆είξτε ότι για κάθε k ≥ 2, υπάρχουν k το πλήθος διαδοχικοί ακέραιοι, κάθε ένας από τουςοποίους διαιρείται από τετράγωνο αριθµού > 1.

22

΄Ασκηση 88. Βρείτε όλες τις λύσεις στο Z για το σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ 32 (mod 21)x ≡ −6 (mod 10)x ≡ 2 (mod 12)


(Σ)

2x ≡ 4 (mod 6)4x ≡ 8 (mod 12)5x ≡ 10 (mod 25)

΄Ασκηση 90. Να ϐρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού

A = 1111 + 11112

+ · · ·+ 111111

µε τον αριθµό 7.

΄Ασκηση 91. Να δείξετε ότι :7 | 22225555 + 55552222

΄Ασκηση 92. (Πρόβληµα του Branmagupta, 7ος αιώνας µ.Χ.) ΄Οταν παίρνουµε αυγά από ένα καλάθιανά: 2, 3, 4, 5, 6 κάθε ϕορά, τότε µένουν αντίστοιχα 1, 2, 3, 4, 5 αυγά στο καλάθι. ΄Οταν όµως παίρνουµεανά 7 τότε δεν µένει κανένα. Να υπολογισθεί ο ελάχιστος αριθµός αυγών που ϑα πρέπει να περιέχει τοκαλάθι.

΄Ασκηση 93. Σε ένα πάρτυ, κάποιος Ϲητάει από έναν γνωστό του να διαλέξει στην τύχη έναν αριθµό απότο 1 µέχρι το 100, και ακολούθως χωρίς να του αναφέρει το αριθµό, του Ϲητάει να του πει τα υπόλοιπα τωνδιαιρέσεων του αριθµού µε τους αριθµούς 3, 5, και 7. Γνωρίζοντας τα υπόλοιπα αυτών των διαιρέσεων,µπορείτε να ϐρείτε τον κρυφό αριθµό ;

΄Ασκηση 94. Επτά ληστές προσπαθούν να µοιράσουν δίκαια τα κλοπιµαία τα οποία αποτελούνται απόϱάβδους χρυσού. Μετά τη µοιρασιά 6 ϱάβδοι χρυσού περίσσεψαν και στη διαµάχη που ακολούθησεένας ληστής σκοτώθηκε. Οι υπόλοιποι έξι ληστές δοκίµασαν να µοιράσουν πάλι τους ϱάβδους, αλλάπάλι δεν τα κατάφεραν διότι αυτή τη ϕορά περίσσεψαν 2 ϱάβδοι. Στη διαµάχη που ακολούθησε έναςακόµα ληστής σκοτώθηκε. Στη νέα µοιρασιά που ακολούθησε περίσσεψε µια ϱάβδος χρυσού και µετάτον ϑάνατο ενός ακόµα ληστή, τελικά οι εναποµείναντες ληστές κατάφεραν να µοιράσουν στα ίσια τουςϱάβδους χρυσού.

Ποιός είναι ο ελάχιστος αριθµός ϱάβδων χρυσού που έκλεψαν οι ληστές ;

23





΄Ασκηση 95. Βρείτε τις τάξεις των στοιχείων του U(Z9) και U(Z10), όπου U(Zn) = Un είναι το σύνολοτων αντιστρεψίµων στοιχείων του Zn.

΄Ασκηση 96. ∆είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε :

ordan−1(a) = n

και ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n | φ(an − 1).

΄Ασκηση 97. Βρείτε αρχικές ϱίζες modn για n = 23 και n = 31.

΄Ασκηση 98. ∆είξτε ότι αν υπάρχει µια πρωταρχική ϱίζα modn τότε υπάρχουν ακριβώς φ(φ(n)) (ανισό-τιµες) πρωταρχικές ϱίζες modn. Μπορείτε να περιγράψετε το σύνολο Pn των πρωταρχικών ϱιζών modn;

΄Ασκηση 99. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 23.

΄Ασκηση 100. ΄Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος και a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (a, n) = 1. Ναδείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα modn.(2) Για κάθε πρώτο διαιρέτη p του φ(n), ισχύει ότι :

aφ(n)p 6≡ 1 (modn)

Ως εφαρµογή, να εξετάσετε αν οι αριθµοί 2, 3 είναι :

(1) πρωταρχικές ϱίζες mod 11, και(2) πρωταρχικές ϱίζες mod 9.

΄Ασκηση 101. (1) ∆είξτε ότι το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17.(2) Για δοθέντα ακέραιο a µε (a, 17) = 1 υπολογίστε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k ώστε a ≡

3k (mod 17).(3) Λύστε την ισοτιµία

x4 ≡ 13 (mod 17)

24

΄Ασκηση 102. ΄Εστω n = 2, 4, pm ή 2pm, όπου p περιττός πρώτος και m ≥ 1 ακέραιος. Αν a είναι µιααρχική ϱίζα modn, δείξτε ότι

aφ(n)/2 ≡ −1 (modn)

΄Ασκηση 103. ΄Εστω p περιττός πρώτος και a ένας ακέραιος µε (a, n) = 1. ∆είξτε ότι :

(1) Αν p ≡ 1mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ο ακέραιος −a είναι επίσηςπρωταρχική ϱίζα mod p.

(2) Αν p ≡ 3mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ordp(−a) = p−12 .

25

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΑσκησεις Επαναληψης





΄Ασκηση 104. (1) Να λυθεί η γραµµική ∆ιοφαντική εξίσωση:

13521x+ 732y = 11225

(2) Να ϐρεθούν : (α) όλες οι λύσεις, και (β) όλες οι ϑετικές λύσεις, της γραµµικής ∆ιοφαντικήςεξίσωσης

17x+ 19y = 23

΄Ασκηση 105. Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων:

172241

8700&

n257 − n255

, n ∈ Z

΄Ασκηση 106. Αν n > 1 είναι ένας ϑετικός ακέραιος µε πρωτογενή ανάλυση n = pa11 · · · parr , δείξτε ότι :∑d|n

µ2(d)

τ(d)=

3r

2r

΄Ασκηση 107. ΄Εστω m,n ϕυσικοί αριθµοί, όπου m > 2. Αν

(m− 1) · σ(n) = n ·mνα δείξετε ότι ο n είναι πρώτος και n = m− 1.

΄Ασκηση 108. Αν n > 1 είναι ένας ϕυσικός αριθµός, να υπολογισθεί το άθροισµα:∑1≤k<n & (k,n)=1

k

΄Ασκηση 109. (1) Αν ο n είναι περιττός και 3 - n, τότε : n2 ≡ 1 (mod 24).

26

(2) Αν (a, 35) = 1, δείξτε ότι : 35 | a12 − 1.

΄Ασκηση 110. Αν p είναι ένας πρώτος µε p > 5, δείξτε ότι ο αριθµός

(p− 1)! + 1

έχει τουλάχιστον δύο πρώτους διαιρέτες.

΄Ασκηση 111. Να ϐρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού2013∑k=1

7k


΄Ασκηση 112. Αν n ≥ 2 είναι ένας ϑετικός ακέραιος, δείξτε ότι :

n - 2n − 1

΄Ασκηση 113. Να λυθεί το σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ 3 (mod 34)x ≡ 5 (mod 107)x ≡ 3 (mod 1111)x ≡ 8 (mod 38)

΄Ασκηση 114. ΄Εστω m1,m2, · · · ,mn ϑετικοί ακέραιοι οι οποίοι είναι πρώτοι µεταξύ τους ανα δύο. Ναδείξετε ότι η µοναδική λύση (modm1m2 · · ·mn) του συστήµατος γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ a1 (modm1)x ≡ a2 (modm2)

...x ≡ an (modmn)

είναι :x ≡ a1M

φ(m1)1 + a2M

φ(m2)2 + · · ·+ anM

φ(mn)n (modM)

όπου

M = m1m2 · · ·mn & Mi =M

mi, 1 ≤ i ≤ n

27

Μέρος 2. Προτεινόµενες Ασκήσεις Προς Λύση

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΠροτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1∆ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης




΄Ασκηση 115. Να υπολογίσετε το γινόµενοn∏k=1

2k

΄Ασκηση 116. Για κάθε n ∈ N, ο n-οστός τριγωνικός αριθµός Tn ορίζεται να είναι :

Tn = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n

Ο n-οστός πυραµιδικός αριθµός ορίζεται ως το άθροισµα των πρώτων n τριγωνικών αριθµών:

Πn =n∑k=1

Tk = T1 + T2 + · · ·+ Tn

Να δείξετε ότι, ∀n ∈ N:

Πn =n(n+ 1)(n+ 2)

6


1.n∑k=1

k2 = 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

2.n∑k=1

k(k + 1) = 1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n · (n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3

28

΄Ασκηση 118. Από την παραπάνω ΄Ασκηση 3. καθώς και την ΄Ασκηση 4. του Φυλλαδίου 1. τωνΑσκήσεων προς Λύση, έχουµε ότι :

11 + 21 + · · ·+ n1 =n(n+ 1)

2

12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6& 13 + 23 + · · ·+ n3 =

(n(n+ 1)

2

)2Προσπαθήστε να ϐρείτε και να αποδείξετε1 έναν ανάλογο τύπο για το άθροισµα:

1d + 2d + · · ·+ nd

για κάθε ϕυσικό αριθµό d ≥ 1.

΄Ασκηση 119. Να δείξετε ότι για κάθε ϕυσικό αριθµό n ισχύει ότι :

1 +n

2≤

2n∑k=1

1

k≤ 1 + n

΄Ασκηση 120. Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία FibonacciFn ∈ N | n ∈ N

είναι η ακολουθία ϕυσικών

αριθµών η οποία ορίζεται αναδροµικά ως εξής :

F1 = 1, F2 = 1, και Fn = Fn−1 + Fn−2, ∀n ≥ 3


1.Fn+1Fn−1 − F 2

n = (−1)n

2.Fn+m = FmFn+1 + FnFm−1

Τέλος να υπολογισθεί το άθροισµαn∑k=1

F2k−1

΄Ασκηση 121. Να δείξετε ότι, ∀n ∈ N:

9 | 10n + 3 · 4n+2 + 5

΄Ασκηση 122. Είναι δυνατόν το γινόµενο τριών διαδοχικών ϕυσικών αριθµών να ισούται µε τον κύβοενός ϕυσικού αριθµού;

΄Ασκηση 123. ΄Εστω Fn ο n-οστός όρος της ακολουθίας Fibonacci. ∆είξτε ότι :

1. 3 | n ⇐⇒ 2 | Fn.2. 4 | n ⇐⇒ 3 | Fn.

1πρόβληµα εξαιρετικά αυξηµένης δυσκολίας !

29

3. 6 | n ⇐⇒ 4 | Fn.4. n | m =⇒ Fn | Fm.

΄Ασκηση 124. 1. Να δείξετε ότι : 2k − 1 | 2k·m − 1, ∀k,m ∈ N.2. Αν k,m ∈ N και k > 2, να δείξετε ότι : 2k − 1 - 2m − 1.3. Αν n ∈ N, να δείξετε ότι : n2 | (n+ 1)n − 1.4. Αν n ∈ N, να δείξετε ότι : (2n − 1)2 | 2(2n−1)n − 1.

΄Ασκηση 125. ΄Ενας πρώτος αριθµός p καλείται πρώτος του Fermat αν είναι της µορφής p = 22r+1,

r ≥ 0.΄Ενας πρώτος αριθµός p καλείται πρώτος του Mersenne αν είναι της µορφής p = 2q − 1, q :

πρώτος.

1. Να δείξετε ότι αν n ∈ N και ο αριθµός 2n + 1 είναι πρώτος, τότε ο n είναι δύναµη του 2 και άρα οαριθµός 2n + 1 είναι πρώτος του Fermat.

2. Να δείξετε ότι αν ο αριθµός 2n − 1 είναι πρώτος, n ∈ N, τότε ο αριθµός n είναι πρώτος και άρα ο2n − 1 είναι πρώτος του Mersenne.

΄Ασκηση 126. ΄Εστω n ≥ 2 ένας ϕυσικός αριθµός.

1. Αν ο n είναι περιττός, τότε να δείξετε ότι :

n(n+ 1)

2| n!

2. ∆είξτε ότι :n(n+ 1)

2- n! =⇒ n : πρώτος

΄Ασκηση 127. ΄Εστω a > 1 ένας ϕυσικός αριθµός και έστω η παράσταση του

a = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a110 + a0, ak 6= 0 και 0 ≤ ai ≤ 9, 0 ≤ i ≤ kστο δεκαδικό σύστηµα. Να δείξετε ότι :

(1)4 | a ⇐⇒ 4 | a110 + a0

(2)25 | a ⇐⇒ 25 | a110 + a0

(3)3 | a ⇐⇒ 3 | ak + · · ·+ a1 + a0

(4)9 | a ⇐⇒ 9 | ak + · · ·+ a1 + a0

(5)7 | a ⇐⇒ 7 | 2a0 − a∗

όπου :a∗ = ak10k−1 + ak−110k−2 + · · ·+ a210 + a1

30

΄Ασκηση 128. ∆είξτε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός µπορεί να γραφεί ως άθροισµα πεπερασµένου πλήθουςδιακεκριµµένων δυνάµεων του 2.

Ως εφαρµογή γράψτε τον αριθµό 2722013 ως άθροισµα διακεκριµµένων δυνάµεων του 2.

΄Ασκηση 129. Να γραφεί ο αριθµός

(1) (10101111)2 στο δεκαδικό σύστηµα αριθµήσης.(2) (999)10, δηλαδή ο αριθµός 999, στο δυαδικό σύστηµα αρίθµησης.(3) (100011110101)2 στο 16-αδικό σύστηµα αρίθµησης.

31




΄Ασκηση 130. Να ϐρεθούν όλοι οι πρώτοι διαρέτες των αριθµών:

289, 515, 9555, 100.000, 196.608, 20!,

(50

25

)

΄Ασκηση 131. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των αριθµών:

224 − 1, 230 − 1, 236 − 1

΄Ασκηση 132. ΄Εστω n > 1 ένας ϕυσικός αριθµός. Να δείξετε ότι ο αριθµός

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

nδεν είναι ακέραιος.

΄Ασκηση 133. Χρησιµοποιώντας κατάλληλα το Κριτηριο Eisenstein, ϐλέπε ΄Ασκηση 8. του Φυλλαδίου2., να δείξετε ότι το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

Φp(t) = 1 + t+ t2 + · · ·+ tp, p : πρώτος (p-οστό κυκλοτοµικό πολυώνυµο)

είναι ανάγωγο.

΄Ασκηση 134. Να επεκτείνετε κατάλληλα το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αριθµητικής έτσι ώστε να ισχύειγια κάθε ϑετικό ϱητό αριθµό.

΄Ασκηση 135. ΄Εστω a, b ∈ N τέτοιοι ώστε

a | b2, b2 | a3, a3 | b4, b4 | a5, · · ·∆είξτε ότι a = b.

32

΄Ασκηση 136. ΄Εστω A,B,C ϕυσικοί αριθµοί µε πρωτογενείς αναλύσεις

A = pa11 pa22 · · · p

ann & B = pb11 p

b22 · · · p

bnn & C = pc11 p

c22 · · · p

cnn

όπου : ai < bi < ci, 1 < i < n. Να ϐρεθεί το πλήθος και το άθροισµα των ϕυσικών διαρετών τωνA,B,C.

΄Ασκηση 137. ΄Εστω a > 1 ένας ϕυσικός αριθµός και έστω η παράσταση του

a = ak10k + ak−110k−1 + · · ·+ a110 + a0, ak 6= 0 και 0 ≤ ai ≤ 9, 0 ≤ i ≤ kστο δεκαδικό σύστηµα. Να δείξετε ότι :

13 | a ⇐⇒ 13 | 9a0 − a∗

όπου :a∗ = ak10k−1 + ak−110k−2 + · · ·+ a210 + a1

΄Ασκηση 138. ΄Ενας κατάστηµα ηλεκτρονικών ειδών από την πώληση ενός συγκεκριµένου τύπου κινητούτηλεφώνου είχε έσοδα 139.499€. Αν η τιµή του κινητού τηλεφώνου είναι ακέραιος µεγαλύτερος του 1και µικρότερος του 300, να ϐρεθεί ο αριθµός των κινητών τηλεφώνων που πούλησε το κατάστηµα.

΄Ασκηση 139. ΄Εστω H το σύνολο όλων των ϕυσικών αριθµών της µορφής 4k+1. ΄Ενας αριθµός h ∈ H

καλείται πρώτος του Hilbert αν οι µοναδικές παραγοντοποιήσεις του h µε αριθµούς από το σύνολο H

είναι οι τετριµµένες : h = h · 1 και h = 1 · h.(1) Να δείξετε ότι το σύνολο H είναι κλειστό στον πολλαπλασιασµό ϕυσικών αριθµών.(2) Βρείτε του 20 µικρότερους πρώτους του Hilbert.(3) ∆είξτε ότι κάθε αριθµός από το σύνολο H µπορεί να γραφεί ως γινόµενο πρώτων του Hilbert.(4) ∆είξτε ότι η παραγοντοποίηση αριθµών από το σύνολο H ως γινόµενο πρώτων του Hilbert δεν

είναι µοναδική, γράφοντας τον αριθµό 693 ∈ H µε δύο διαφορετικούς τρόπους ως γινόµεναπρώτων του HHilbert.

33




΄Ασκηση 140. (1) Να δείξετε ότι(112, 96, 24

)= 8 και ακολούθως να ϐρεθούν ακέραιοι x, y και z

έτσι ώστε :8 = 112x+ 96y + 24z

(2) Να υπολογίσετε τον Μέγιστο Κοινό ∆ιαιρέτη d = (1092, 1155, 2002) και στη συνέχεια να ϐρείτεακέραιους x, y και z έτσι ώστε :

d = 1092x+ 1155y + 2002z

΄Ασκηση 141. ΄Εστω a1, . . . , an ακέραιοι όχι όλοι µηδέν και b ένας ακέραιος. ∆είξτε ότι ο b διαιρεί τονai για κάθε i = 1, . . . , n αν και µόνο αν ο b διαιρεί τον Μέγιστο Κοινό ∆ιαιρέτη των ai. Επίσης δείξτε ότιο b είναι κοινό πολλαπλάσιο των ai, αν και µόνο αν ο b διαιρείται από το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιοτων ai.

΄Ασκηση 142. Για κάθε ϕυσικό αριθµό m να δείξετε ότι :(2m + 3m, 2m+1 + 3m+1

)= 1

΄Ασκηση 143. ΄Εστω ann≥0 η ακολουθία ακεραίων αριθµών η οποία ορίζεται µέσω της αναδροµικήςσχέσης :

a0 = 2 & an+1 = a2n − an + 1, ∀n ≥ 0

Να δείξετε ότι : (an, am

)= 1, ∀n 6= m


΄Ασκηση 144. (1) ∆είξτε ότι : (a+ kb, a) = (a, b).

34

(2) ∆είξτε ότι : (x, b) = 1 =⇒ (ax+ by, b) = (a, b).(3) ∆είξτε ότι : (y, a) = 1 =⇒ (a, ax+ by) = (a, b).(4) ΄Εστω x, y ∈ Z και έστω

M =

(a1 b1a2 b2

)∈ M2(Z)

ένας 2× 2 πίνακας µε στοιχεία ακεραίους αριθµούς. Αν Det(M) = ±1, να δείξετε ότι :(a1x+ b1y, a2x+ b2y

)= (x, y)

΄Ασκηση 145. ΄Εστω a, b ∈ N, και υποθέτουµε ότι : (a, b) = 1. Να δείξετε ότι :

(1)(a2 + b2, a+ b

)= 1 ή 2.

(2)(a+ b, a2 − ab+ b2

)= 1 ή 3.

(3)(a3 + b3, a2 + b2

)| (a− b).

Μπορείτε να προσδιορίσετε, στις παραπάνω περιπτώσεις (1), (2), πότε ακριβώς ο µέγιστος κοινός διαιρέτηςέχει την τιµή 1, 2, ή 3;

΄Ασκηση 146. ΄Εστω k ένας ακέραιος.

(1) Να δείξετε ότι οι αριθµοί8k + 3, 5k + 2

είναι σχετικά πρώτοι µεταξύ τους.(2) Αν k > 0, να δείξετε ότι οι αριθµοί

3k + 2, 5k + 3


΄Ασκηση 147. ΄Εστω n ένας ϕυσικός αριθµός και έστω ότι i και j είναι ακέραιοι αριθµοί. Να δείξετε ότι :

1 ≤ i < j ≤ n =⇒(n! · i+ 1, n! · j + 1

)= 1

΄Ασκηση 148. Αν a, b είναι δύο µη µηδενικοί ακέραιοι, δείξτε ότι

(a2, ab, b2) = (a, b)2 & [a2, ab, b2] = [a, b]2

΄Ασκηση 149. Αν a, b, c είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :([a, b], c

)= [(a, c), (b, c)] & [(a, b), c] =

([a, c], [b, c]

)΄Ασκηση 150. Αν a, b, c είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :(

[a, b], [a, c], [b, c])

= [(a, b), (a, c), (b, c)]

΄Ασκηση 151. ΄Εστω a, n,m ∈ N, όπου a ≥ 2 και n ≥ m. Να δείξετε ότι :

35

(1) m | n =⇒ (an − 1, am − 1) = am − 1.(2) n = mq + r, 1 ≤ r < m =⇒ (an − 1, am − 1) = (ar − 1, am − 1).(3) (an − 1, am − 1) = a(n,m) − 1.

36






1. 33x+ 77y = 152. 33x+ 77y = 223. 1402x+ 1969y = 1

΄Ασκηση 153. ∆είξτε ότι η διοφαντική εξίσωση

101x+ 37y = 3819

έχει µια ϑετική λύση.

΄Ασκηση 154. Αν (a, b) = 1 και οι ακέραιοι a, b είναι ετερόσηµοι, να δείξετε ότι η διοφαντική εξίσωση

ax+ by = c

έχει άπειρες ϑετικές λύσεις, για κάθε ακέραιο c.

΄Ασκηση 155. Αν a, b, c ∈ N και a+ b > c, να δείξετε ότι η διοφαντική εξίσωση

ax+ by = c

δεν έχει ϑετικές λύσεις.

΄Ασκηση 156. Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι ϑετικές λύσεις για τις ακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις

1. 3x+ 4y = 12. 30x+ 47y = 13. 12x+ 501y = 1

37

΄Ασκηση 157. ΄Ενας ιδιοκτήτης ϐιβλιοπωλείου παραγγέλνει µολύβια και ξύστρες και το συνολικό ποσότης παραγγελίας του είναι 8.39 €. Αν το κάθε µολύβι του κοστίζει 25 λεπτά και η κάθε ξύστρα του κοστίζει18 λεπτά, να ϐρεθεί πόσα µολύβια και πόσες ξύστρες παρήγγειλε.

΄Ασκηση 158. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης :

1

x+

1

y=

1

14

΄Ασκηση 159. Για κάθε m ∈ N0 = N ∪ 0, ϑεωρούµε την αριθµητική συνάρτηση

σm : N −→ C, σm(n) =∑d|n

dm

Να δείξετε ότι η σm είναι πολλαπλασιαστική, και ακολούθως να δείξετε ότι αν n = pa11 · · · pakk είναι η

πρωτογενής ανάλυση του n, τότε :

σm(n) =

k∏i=1

pm(ai+1)i − 1

pmi − 1

΄Ασκηση 160. Θεωρούµε τις αριθµητικές συναρτήσεις

γ, τ : N −→ C

όπου γ(n) είναι το γινόµενο των ϕυσικών διαιρετών του n και τ(n) είναι το πλήθος των ϕυσικών διαιρετώντου n. Να δείξετε ότι :

γ(n) = nτ(n)2

Αν n > 1 είναι ένας ϕυσικός αριθµός, τότε να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) γ(n) = n2.(2) Είτε (α) n = p3, όπου p: πρώτος, ή (β) n = pq, όπου p, q είναι διακεκριµµένοι πρώτοι.

΄Ασκηση 161. Θεωρούµε την αριθµητική συνάρτηση τ : N−→C, όπου τ(n) είναι το πλήθος των ϕυσικώνδιαιρετών του n. Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο αριθµός τ(n) είναι περιττός.(2) Ο αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο.

΄Ασκηση 162. Θεωρούµε την αριθµητική συνάρτηση σ : N−→C, όπου σ(n) είναι το άθροισµα τωνϕυσικών διαιρετών του n. Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο αριθµός σ(n) είναι περιττός.(2) Ο αριθµός n είναι : είτε (α) τέλειο τετράγωνο, ή (β) διπλάσιο τέλειου τετραγώνου.

΄Ασκηση 163. Υποθέτουµε ότι f, g : N −→ C είναι πολλαπλασιαστικές αριθµητικές συναρτήσεις.

38

(1) Να δείξετε ότι το συνηθισµένο γινόµενο συναρτήσεων

f · g : N −→ C, (f · g)(n) = f(n) · g(n)

είναι επίσης πολλαπλασιαστική συνάρτηση.(2) Αν g(n) 6= 0, ∀n ∈ N, τότε το συνηθισµένο πηλίκο συναρτήσεων

f/g : N −→ C, (f/g)(n) =f(n)

g(n)

είναι επίσης πολλαπλασιαστική συνάρτηση.

39





΄Ασκηση 164. Για n ∈ N, ένας µιγαδικός αριθµός z ∈ C λέγεται πρωταρχική n-ϱίζα της µονάδοςαν:

zn = 1 και zm 6= 1 για 1 ≤ m < n

∆είξτε ότι µ(n) είναι το άθροισµα των πρωταρχικών µιγαδικών n-ϱιζών της µονάδος.


σ(d) =∑d|n

n

dτ(d),

∑d|n

n

dσ(d) =

∑d|n

dτ(d),

όπου n = pa11 · · · parr είναι η πρωτογενής ανάλυση του n > 1.


µ2(d)

τ(d)=

3r

2rκαι

∑d|n

µ2(d)

σ(d)=

r∏i=1

pi + 2

pi + 1

όπου n = pa11 · · · parr είναι η πρωτογενής ανάλυση του n > 1.

΄Ασκηση 167. Να δείξετε ότι : ∑d|n

µ2(d)

φ(d)=

n

φ(n)

40

΄Ασκηση 168. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣τ((1, 1)) τ((1, 2)) · · · τ((1, n))τ((2, 1)) τ((2, 2) · · · τ((2, n))

......

. . ....

τ((n, 1)) τ((n, 2)) · · · τ((n, n))

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1

΄Ασκηση 169. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣σ((1, 1)) σ((1, 2)) · · · σ((1, n))σ((2, 1)) σ((2, 2) · · · σ((2, n))

......

. . ....

σ((n, 1)) σ((n, 2)) · · · σ((n, n))

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = n!

΄Ασκηση 170. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣µ((1, 1)) µ((1, 2)) · · · µ((1, n))µ((2, 1)) µ((2, 2) · · · µ((2, n))

......

. . ....

µ((n, 1)) µ((n, 2)) · · · µ((n, n))

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0, ∀n ≥ 8

και η ορίζουσα είναι ίση µε 1,−2, 4, 4,−8,−32, 64 όταν n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 και 7 αντίστοιχα.

΄Ασκηση 171. Αν a ∈ R, να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1, 1)a (1, 2)a · · · (1, n)a

(2, 1)a (2, 2)a · · · (2, n)a

......

. . ....

(n, 1)a (n, 2)a · · · (n, n)a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (n!)an∏j=1

∏p|j

(1− 1

pa)

΄Ασκηση 172. Να ϐρεθεί ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος n έτσι ώστε :

φ(n)

n<

1

4

΄Ασκηση 173. Υπενθυµίζουµε ότι δύο διαδοχικοί περιττοί αριθµοί p και p + 2 οι οποίοι είναι πρώτοι,καλούνται δίδυµοι πρώτοι. Αν οι αριθµοί n και n+ 2 είναι δίδυµοι πρώτοι, να δείξετε ότι :

(1) σ(n) = σ(n) + 2.(2) φ(n+ 2) = φ(n) + 2.

΄Ασκηση 174. Υπενθυµίζουµε ότι δύο ϕυσικοί αριθµοί n και m καλούνται ϕίλιοι, αν :

σ(n) = n+m = σ(m)

41

Αν οι αριθµοί n και m είναι ϕίλιοι, να δείξετε ότι :(∑d|n

1

d

)−1+(∑d|m

1

d

)−1= 1

42





΄Ασκηση 175. ∆είξτε ότι για κάθε ϕυσικό n ισχύουν τα εξής :

(1)22n ≡ 1 (mod 3)

(2)23n ≡ 1 (mod 7)

(3)24n ≡ 1 (mod 15)

΄Ασκηση 176. ∆είξτε ότι για κάθε περιττό ακέραιο αριθµό a ισχύει ότι :

a2n ≡ 1 (mod 2n+2)

΄Ασκηση 177. (1) ∆είξτε ότι : 310 ≡ 1 (mod 112), και n2 ≡ 1 (mod 24), αν n είναι περιττός και3 - n.

(2) Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσων:

18!

437&

40!

1763&

2127

63


(1) (a, 35) = 1 =⇒ 35 | a12 − 1.(2) (a, 42) = 1 =⇒ 168 | a6 − 1.

΄Ασκηση 179. ΄Εστω p ένας περιττός πρώτος, και k ∈ N έτισς ώστε : 1 ≤ k ≤ p− 1. ∆είξτε ότι :(p− 1

k

)≡ (−1)k (mod p)

43

΄Ασκηση 180. ΄Εστω n,m δύο ϕυσικοί αριθµοί. ∆είξτε ότι :

(m+ n− 1)! ≡ (−1)nn!(m− 1)! (mod(n+m))

΄Ασκηση 181. ΄Εστω p ένας περιττός πρώτος. ∆είξτε ότι((p− 1

2

)!)2

=

−1 mod p, αν p ≡ 1 (mod 4)

1 mod p, αν p ≡ 3 (mod 4)

΄Ασκηση 182. ΄Εστω p ένας περιττός πρώτος. ∆είξτε ότι

(p− 1)! ≡ p− 1(mod(1 + 2 + · · ·+ (p− 1))

)΄Ασκηση 183. Αν p, q δύο πρώτοι, όπου p 6= q, δείξτε ότι :

ap ≡ a (mod q) & aq ≡ a (mod p) =⇒ apq ≡ a (mod pq)

΄Ασκηση 184. ΄Εστω p ένας περιττός πρώτος αριθµός. ∆είξτε ότι :

(1)1p−1 + 2p−1 + · · ·+ (p− 1)p−1 ≡ (−1) (mod p)

(2)1p + 2p + · · ·+ (p− 1)p ≡ 0 (mod p)

΄Ασκηση 185. ΄Εστω p, q δύο πρώτοι, όπου p 6= q. ∆είξτε ότι :

pq | (ap+q − ap+1 − aq+1 + a2) & pq | (apq − ap − aq + a)

΄Ασκηση 186. ΄Εστω p, q δύο πρώτοι, όπου p 6= q. Αν a είναι ακέραιος και (a, pq) = 1, δείξτε ότι :

aφ(pq)

2 ≡ 1 (mod pq)

΄Ασκηση 187. ΄Εστω a, n δύο ακέραιοι, όπου n ≥ 1, έτσι ώστε : (a, n) = 1 = (a− 1, n). ∆είξτε ότι :

1 + a+ a2 + · · ·+ aφ(n)−1 ≡ 0 (modn)

΄Ασκηση 188. Αν p είναι ένας πρώτος αριθµός, και a ∈ Z, δείξτε ότι :

p | ap + (p− 1)!a & p | (p− 1)!ap + a

΄Ασκηση 189. Αν p είναι ένας περιττός πρώτος αριθµός, δείξτε ότι :

12 · 32 · 52 · · · · · (p− 2)2 ≡ (−1)p+12 (mod p) & 22 · 42 · 62 · · · · · (p− 1)2 ≡ (−1)

p+12 (mod p)

44

΄Ασκηση 190. Αν p είναι πρώτος, δείξτε ότι :(2p

p

)≡ 2 (mod p)

΄Ασκηση 191. Αν n ≥ 2 είναι ένας ϑετικός ακέραιος, δείξτε ότι :

n - 2n − 1

45





΄Ασκηση 192. ΄Εστω n > 1 ένας ϕυσικός, και a, b δύο ακέραιοι πρώτοι προς τον n έτσιο ώστε :(ordn(a), ordn(b)) = 1. ∆είξτε ότι :

ordn(ab) = ordn(a) ordn(b)

Αν (ordn(a), ordn(b)) 6= 1, δείξτε ότι :

[ordn(a), ordn(b)]

(ordn(a), ordn(b))≤ ordn(ab) ≤ [ordn(a), ordn(b)]

΄Ασκηση 193. ΄Εστω m > 1 ένας ϕυσικός και a ∈ Z ένας ακέραιος ο οποίος είναι πρώτος προς τον m,έτσι ώστε ordm(a) = m− 1. ∆είξτε ότι ο m είναι πρώτος.

΄Ασκηση 194. Βρείτε όλες τις λύσεις στο Z, ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις, για τιςισοτιµίες :

(1) 5x ≡ 2(mod 8)(2) 13x ≡ 6(mod 26),(3) 3x ≡ 9(mod 30)

΄Ασκηση 195. Να ϐρεθούν όλες οι λυσεις των παρακάτω ισοτιµιών :

(1) 15x ≡ 9 (mod 25)(2) 128x ≡ 833 (mod 1001).(3) 987x ≡ 610 (mod 1597)

΄Ασκηση 196. Να ϐρεθούν όλες οι λύσεις της ισοτιµίας :

6789783x ≡ 2474010 (mod 28927591)

46

΄Ασκηση 197. Για ποιές τιµές του c, όπου 0 ≤ c ≤ 30, έχει λύσεις η ισοτιµία 12x ≡ c (mod 30); ΄Οτανυπάρχουν λύσεις, πόσες ανισότιµες λύσεις υπάρχουν ;


(Σ)

x ≡ 2 (mod 8)x ≡ 4 (mod 11)


(Σ)

x ≡ 2 (mod 11)x ≡ 3 (mod 12)x ≡ 4 (mod 13)x ≡ 5 (mod 17)x ≡ 6 (mod 19)


(Σ)

x ≡ 1 (mod 2)x ≡ 2 (mod 3)x ≡ 3 (mod 5)


(Σ)

3x ≡ 1 (mod 2)x ≡ 2 (mod 3)x ≡ 3 (mod 5)

΄Ασκηση 202. Τι µέρα της εβδοµάδας ήταν οι ακόλουθες ηµεροµηνίες ;

(1) 25 Μαρτίου 1821.(2) 21 Φεβρουαρίου 1913.(3) 28 Οκτωβρίου 1940.(4) 17 Νοεµβρίου 1973.

΄Ασκηση 203. Να δείξετε ότι99

9 ≡ 89 (mod 100)

΄Ασκηση 204. Αν k = 0, 1, 2, 3, · · · , να δείξετε ότι

19 | 226k+2

+ 3

΄Ασκηση 205. Αν n ∈ N, να δείξετε ότι

7 | 32n+1 + 2n+2

47

΄Ασκηση 206. Αν p είναι ένας περιττός πρώτος και n ∈ N έτσι ώστε 2n 6≡ 1 (mod p), να δείξετε ότι

1n + 2n + · · ·+ (p− 1)n ≡ 0 (mod p)

48





΄Ασκηση 207. ΄Εστω Fn = 22n

+ 1 ο n-οστός πρώτος του Fermat. ∆είξτε ότι

ordFn(2) ≤ 2n+1

Επιπλέον δείξτε ότι ο αριθµός 2 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα modFn.

΄Ασκηση 208. Βρείτε αρχικές ϱίζες modn για n = 18 και n = 27.

΄Ασκηση 209. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 98.

΄Ασκηση 210. ∆είξτε ότι δεν υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες mod 105.

΄Ασκηση 211. ∆είξτε ότι το 5 είναι αρχική ϱίζα mod 23. Μετά, λύστε την ισοτιµία

x6 ≡ 4mod 23.

΄Ασκηση 212. Γνωρίζοντας ότι το 6 είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod 41, να ϐρείτε όλες τις λύσεις τηςισοτιµίας :

x21 ≡ 27 (mod 31)

΄Ασκηση 213. ΄Εστω p ένας περιττός πρώτος και r µια πρωταρχική ϱίζα mod p, όπου (r, p) = 1. ∆είξτεότι

rp−1q 6≡ 1 (mod p)

για κάθε πρώτο διαιρέτη q του p− 1.

49

΄Ασκηση 214. ΄Εστω ότι g µια πρωταρχική ϱίζα modn, και εποµένως

U(Zn) =

1, g, g2, · · · , gφ(n)−1

Αν a ∈ U(Zn), δηλαδή (a, n) = 1, τότε a ≡ gk (modn), για έναν µοναδικό µη-αρνητικό ακέραιο k έτσιώστε : 0 ≤ k ≤ φ(n)−1, ο οποίος καλείται δείκτης του aως προς ϐάση g, και συµβολίζεται µε indg(a),δηλαδή:

indg(a) = k ⇐⇒ a ≡ gk (modn)

∆είξτε ότι αν a, b ∈ Z, είναι τέτοιοι ώστε (a, n) = 1 = (b, n), τότε :

a ≡ b (modn) ⇐⇒ indg(a) = indg(b)

΄Ασκηση 215. ΄Εστω ότι g είναι µια πρωταρχική ϱίζα modn. ∆είξτε ότι :

(1) indg(ab) = indg(a) + indg(b) (modφ(n)).(2) indg(1) = 0 και indg(g) = 1.

΄Ασκηση 216. ∆είξτε ότι το 3 είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod 31. Ακολούθως να ϐρείτε όλες τις λύσειςτης ισοτιµίας :

365x ≡ 1 (mod 41)

΄Ασκηση 217. Αφού δείξετε ότι το 2 είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod 13, να ϐρεθούν οι δείκτες ind2(a) ωςπρος ϐάση 2 των στοιχείων του συνόλου U(Z13).

Ποιός είναι ο δείκτης ind2(2013) ;

50

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΠροτεινοµενες Ασκησεις Επαναληψης∆ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης




΄Ασκηση 218. Να ϐρεθούν : (α) όλες οι λύσεις, και (β) όλες οι ϑετικές λύσεις, των γραµµικών ∆ιοφαν-τικών εξίσώσεων:

(1) 7x+ 11y = 13.(2) 143x+ 308y = 191.

΄Ασκηση 219. Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων:

2436

7&

2876

7&

3150

70

΄Ασκηση 220. Αν (a, 42) = 1, δείξτε ότι : 168 | a6 − 1.

΄Ασκηση 221. ∆είξτε ότι για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n ισχύει

φ(n) = φ(2n)

Ισχύει το αντίστροφο;

΄Ασκηση 222. Αν n > 1 είναι ένας ϑετικός ακέραιος µε πρωτογενή ανάλυση n = pa11 · · · parr , τότε :∑d|n

µ2(d)

σ(d)=

r∏i=1

pi + 2

pi + 1

΄Ασκηση 223. Βρείτε δύο αριθµούς µεγαλύτερους από το 100 οι οποίοι έχουν ελάχιστο κοινό πολλα-πλάσιο 7056 και το γινόµενο των οποίων είναι 84672.

51

΄Ασκηση 224. Να ϐρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού2013∑k=1

5k


΄Ασκηση 225. Να δείξετε ότι, ∀n ∈ N:5 | 33n+2 + 2n+4

΄Ασκηση 226. Να λυθούν τα συστήµατα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ 6 (mod 20)x ≡ 7 (mod 21)x ≡ 8 (mod 35)

και

(Σ′)


΄Ασκηση 227. Βρείτε όλους τους ακεραίους x, y για τους οποίους ισχύει :

x(y − 1) = y + 1

΄Ασκηση 228. Πόσοι ακέραιοι µικρότεροι του 72 και µεγαλύτεροι του −35 είναι πρώτοι µε τον αριθµό 36; Με τον 23 ;

52

Μέρος 3. Επίλυση Επιλεγµένων Ασκήσεων

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΛυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1





Λυµένη ΄Ασκηση 1. ∆είξτε ότι :∀n ∈ N : n! ≤ nn

Λύση. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (n) να είναι η Πρόταση

n! ≤ nn

Θα δείξουµε οτι η P (1) ισχύει και ότι, υποθέτοντας n ≥ 1 και P (n) ισχύει ότι η P (n+ 1) ισχύει.

• Για n = 1 έχουµε ότι η P (1) είναι 1 ≤ 1 που ισχύει.• Υποθέτουµε ότι n ≥ 1 και η P (n) ισχύει, δηλαδή n! ≤ nn. Θα δείξουµε ότι η P (n + 1) ισχύει,

δηλαδή ότι (n + 1)! ≤ (n + 1)(n+1). Πράγµατι, έχουµε µε χρήση στην πρώτη ανισότητα τηςεπαγωγικής υπόθεσης P (n):

(n+ 1)! = (n+ 1)(n!) ≤ (n+ 1)nn ≤ (n+ 1)(n+ 1)n = (n+ 1)n+1

Συνεπώς η P (n+ 1) ισχύει.

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε ισχύει για κάθεn ∈ N. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 2. ∆είξτε ότι για κάθε n ∈ N ισχύουν τα ακόλουθα:

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2 και 1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) =n(3n− 1)

2

Λύση. 1. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2, ∀n ≥ 1 (∗)µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.

53

• Για n = 1 έχουµε 1 = 12 και για n = 2, έχουµε 1 + 3 = 4 = 22. Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση(∗) αληθεύει, όταν n = 1, 2.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > 2 ισχύει :

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων περιττών αριθµών, ϑα έχουµε, µε χρήσητης Επαγωγικής Υπόθεσης :

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) + 2n+ 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2

Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (∗) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+ 1 περιττώναριθµών.

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (∗) ισχύει για κάθε n ∈ N.

2. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση

1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) =n(3n− 1)

2, ∀n ≥ 1 (∗∗)

µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.

• Για n = 1 έχουµε 1 = 1·(3·1−1)2 και για n = 2, έχουµε 1 + 4 = 5 = 2·(3·2−1)

2 . Εποµένως ηϹητούµενη σχέση (∗∗) αληθεύει, όταν n = 1, 2.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > 2 ισχύει :

1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) =n(3n− 1)

2• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής

Υπόθεσης :

1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) + (3(n+ 1)− 2) = 1 + 4 + 7 + · · ·+ (3n− 2) + (3n+ 1)

=n · (3n− 1)

2+ 3n+ 1

... (πράξεις)

...

=3n(n+ 1) + 2(n+ 1)

2

=(3n+ 2)(n+ 1)

2

=(n+ 1)

(3(n+ 1)− 1

)2

Εποµένως η σχέση (∗∗) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+ 1 όρων.

Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (∗∗) ισχύει για κάθε n ∈ N. 2

• • •

54

Λυµένη ΄Ασκηση 3. Να δείξετε ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός N ∈ N έτσι ώστε :

∀n ≥ N : 2n > n3

Λύση. Πρώτα δοκιµάζουµε µικρές ϕυσικές τιµές του n σε αναζήτηση υποψήφιουN . Για n = 1 η ανισότητα2n > n3 ισχύει, όχι όµως και για n = 2 γιατί 22 = 4 < 23. Με δοκιµές παρτηρούµε ότι η ανισότητα δενισχύει και για n = 2, 3, . . . , 9, ενώ ισχύει για n = 10, αφού 210 = 1024 > 1000 = 103.

Ορίζουµε P (n) την Πρόταση 2n > n3 και ϑέτουµε N = 10. Θα δείξουµε ότι η P (n) ισχύει για κάθεn ≥ N µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Εποµένως πρέπει να δείξουµε οτι η P (10) ισχύεικαι ότι, υποθέτοντας n ≥ 10 και P (n) ισχύει ότι η P (n+ 1) ισχύει.

• Για n = 10 είδαµε ότι η P (10) ισχύει .• Υποθέτουµε ότι n ≥ 10 και η P (n) ισχύει, δηλαδή 2n > n3. Θα δείξουµε ότι η P (n+ 1) ισχύει,

δηλαδή ότι 2n+1 > (n+ 1)3. ΄Εχουµε µε χρήση της επαγωγικής υπόθεσης P (n):

2n+1 = 2 · 2n > 2n3

Εποµένως αρκεί να δείξουµε οτι για n ≥ 10 έχουµε 2n3 ≥ (n+ 1)3. ΄Εχουµε

2n3 − (n+ 1)3 = (3√

2n)3 − (n+ 1)3 = (3√

2n− (n+ 1))(3√

22n2 +3√

2n(n+ 1) + (n+ 1)2)

το οποίο είναι µη αρνητικό όταν 3√

2n − (n + 1) ≥ 0, δηλαδή όταν n ≥ 13√2−1

. Αφού 1.23 =

1.728 < 2, έχουµε 3√

2 > 1.2, άρα 13√2−1

< 11.2−1 = 5. Εποµένως για n ≥ 5, άρα και για n ≥ 10,

ισχύει 2n3 ≥ (n+ 1)3. ΄Ετσι δείξαµε ότι η P (n+ 1) ισχύει.

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα 2n > n3 ισχύει για κάθε n ≥ 10.2

Σχόλιο. Η ανισότητα 2n3 > (n + 1)3 για n ≥ 5 µπορεί να δειχτεί και ως εξής. ΄Εστω f : R → R ησυνάρτηση µε f(x) = 2x3 − (x+ 1)3. ΄Εχουµε

f ′(x) = 3x2 − 6x− 3 = 3(x2 − 2x− 1) = 3(x2 − 2x+ 1− 2) = 3((x− 1)2 − 2)

Εποµένως f ′(x) > 0 για x > 3. ΄Αρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (3,+∞). Επιπλέον f(5) = 34 > 0,άρα για κάθε x ∈ R µε x ≥ 5 έχουµε f(x) > f(5) > 0.

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 4. Να δείξετε ότι :

1.n∑k=1

k3 = 13 + 23 + · · ·+ n3 =(n(n+ 1)

2

)22.

n∑k=1

k · k! = 1 · 1! + 2 · 2! + · · ·+ n · n! = (n+ 1)!− 1

55


13 + 23 + · · ·+ n3 =(n(n+ 1)

2

)2, ∀n ≥ 1 (∗)


• Για n = 1 έχουµε

13 = 1 = 12 =(1(1 + 1)

2

)2Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (∗) αληθεύει, όταν n = 1.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n ≥ 2 ισχύει :

13 + 23 + · · ·+ n3 =(n(n+ 1)

2

)2• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής

Υπόθεσης :

13 + 23 + · · ·+ n3 + (n+ 1)3 =(n(n+ 1)

2

)2+ (n+ 1)3

= (n+ 1)2n2

4+ (n+ 1)3

= (n+ 1)2(n2

4+ n+ 1

)= (n+ 1)2

n2 + 4n+ 4

4

= (n+ 1)2(n+ 2)2

4

=((n+ 1)(n+ 2)

2

)2(1)

Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (∗) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+ 1 όρων.



1 · 1! + 2 · 2! + · · ·+ n · n! = (n+ 1)!− 1, ∀n ≥ 1 (∗∗)


• Για n = 1 έχουµε 1 · 1! = 1 = 2− 1 = (1 + 1)!− 1. Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (∗∗) αληθεύει,όταν n = 1.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > 2 ισχύει :

1 · 1! + 2 · 2! + · · ·+ n · n! = (n+ 1)!− 1

• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της ΕπαγωγικήςΥπόθεσης :

56

1 · 1! + 2 · 2! + · · ·+ n · n! + (n+ 1) · (n+ 1)! = (n+ 1)!− 1 + (n+ 1) · (n+ 1)!

= (n+ 1)!− 1 + n · (n+ 1)! + (n+ 1)!

= (1 + n+ 1)(n+ 1)!− 1

= (n+ 2)(n+ 1)!− 1

= (n+ 2)!− 1

Εποµένως η σχέση (∗∗) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+ 1 όρων.

Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (∗∗) ισχύει για κάθε n ∈ N. 2

Σχόλιο. Από γνωστό παράδειγµα, την παραπάνω ΄Ασκηση 4. καθώς και την ΄Ασκηση 3. του Φυλλαδίου1. των Προτεινοµένων Ασκήσεων προς Λύση, έχουµε ότι :

11 + 21 + · · ·+ n1 =n(n+ 1)

2

12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6& 13 + 23 + · · ·+ n3 =

(n(n+ 1)

2

)2Γενικότερα, για κάθε d ≥ 1, υπάρχει ανάλογος τύπος για το άθροισµα:

1d + 2d + · · ·+ nd

Αποδεικνύεται2, µε διάφορους µη-τετριµµένους τρόπους οι οποίοι ξεφεύγουν από τα πλαίσια του µαθήµα-τος (για παράδειγµα µε χρήση Απειροστικού Λογισµού), ότι :

1d + 2d + · · ·+ nd =1

d+ 1

d∑j=0

(d+ 1

j

)Bj(n+ 1)d+1−j

όπου Bj είναι ο j-οστός αριθµός του Bernoulli. Οι αριθµοί του Bernoulli, Bm,m ≥ 0, ορίζονται µοναδικάαπό τις αναδροµικές σχέσεις

Bm = − 1

m+ 1

m−1∑k=0

(m+ 1

k

)Bk, B0 = 1

και εµφανίζονται σε πολλές περιπτώσεις και σε πολλούς µαθηµατικούς τύπους, για παράδειγµα στοανάπτυγµα:

x

ex − 1=

∞∑n=0

Bnxn

n!

Οι 16 πρώτοι αριθµοί του Bernoulli είναι οι εξής :

B0 = 1, B1 = −1

2, B2 =

1

6, B3 = 0, B4 = − 1

30, B5 = 0

B6 =1

42, B7 = 0, B8 =

1

30, B9 = 0, B10 =

3

66

B11 = 0, B12 = −7

6, B13 = 0, B14 =

691

2730, B15 = 0

2΄Ισως δούµε µια απόδειξη στα πλαίσια των Θεωρητικών Θεµάτων.

57

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 5. Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία FibonacciFn ∈ N | n ∈ N

είναι η ακολουθία

ϕυσικών αριθµών η οποία ορίζεται αναδροµικά ως εξής :

F1 = 1, F2 = 1, και Fn = Fn−1 + Fn−2, ∀n ≥ 3


1.n∑k=1

Fk = F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1

2.

Fn =an − bn√

5όπου a =

1 +√

5

2& b =

1−√

5

2Τέλος να υπολογισθεί το άθροισµα

n∑k=1

F2k


F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1, ∀n ≥ 0 (∗)µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.

• Για n = 1 έχουµε F1 = 1 και F1+2 = F3 = 2. Τότε F1 = 1 = 2− 1 = F3 − 1, και άρα η σχέση(∗) αληθεύει, όταν n = 1.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι, ∀n > 1:

F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1

• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n+1 πρώτων όρων της ακολουθίας, ϑα έχουµε, µε χρήσητης αναδροµικής σχέσης Fn+3 = Fn+1 + Fn+2, ∀n ≥ 0, και της Επαγωγικής Υπόθεσης :

F1 + F2 + · · ·+ Fn + Fn+1 = Fn+2 − 1 + Fn+1 = Fn+1 + Fn+2 − 1 = Fn+3 − 1 = F(n+1)+2 − 1

Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (∗) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτωνόρων της ακολουθίας.



Fn =an − bn√

5, ∀n ≥ 0 (∗∗)


• Για n = 1 έχουµε :

a1 − b1√5

=1+√5

2 − 1−√5

2√5

=2√5

2√5

= 1 = F1

58

• Για n = 2, χρησιµοποιώντας ότι a1−b1√

5= 1 έχουµε :

a2 − b2√5

=(a1 − b1)(a1 + b1)√

5= a1 + b1 =

1 +√

5

2+

1−√

5

2=

1

2+

1

2= 1 = F2

• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι :

Fm =am − bm√

5, 2 ≤ m < n

• Για την περίπτωση υπολογισµού του όρου Fn, χρησιµοποιώντας την αναδροµική σχέση Fn =Fn−1 + Fn−2, και την Επαγωγική Υπόθεση ϑα έχουµε :

Fn = Fn−1 + Fn−2 =an−1 − bn−1√

5+an−2 − bn−2√

5=

1√5

(an−1 + an−2 − bn−1 − bn−2

)Για να υπολογίσουµε την τελευταία παράσταση, παρατηρούµε ότι οι αριθµοί a, b είναι οι ϱίζες τηςεξίσωσης x2 − x− 1, και άρα ϑα έχουµε :

a2 = a+ 1 & b2 = b+ 1

Χρησιµοποιώντας τις τελευταίες σχέσεις, ϑα έχουµε :

Fn =1√5

(an−1 + an−2 − bn−1 − bn−2

)=

1√5

(an−2(a+ 1)− bn−2(b+ 1)

)=

1√5

(an−2a2 − bn−2b2

)=

1√5

(an − bn

)΄Αρα η Ϲητούµενη σχέση (∗) ισχύει και για τον n-οστό όρο της ακολουθίας.


3. Τέλος για τον υπολογισµό του αθροίσµατοςn∑k=1

F2k (∗ ∗ ∗)

ϑα χρησιµοποιήσουµε πάλι την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής.Για ευκολία καταγράφουµε τους αρχικούς όρους της ακολουθίας Fibonacci, ξεχωριστά για τους άρ-

τιους και για τους περιττούς δείκτες :

F2 = 1, F4 = 3, F6 = 8, F8 = 21

F3 = 2, F5 = 5, F7 = 13, F9 = 34

Παρατηρούµε ότι :F2 = 1 = F3 − 1 = F2·1+1 − 1

F2 + F4 = 4 = F5 − 1 = F2·2+1 − 1

F2 + F4 + F6 = 12 = F7 − 1 = F2·3+1 − 1

F2 + F4 + F6 + F8 = 33 = F9 − 1 = F2·4+1 − 1

...

59

Οι παραπάνω σχέσεις µας οδηγούν στην υπόθεση ότι για κάθε n ∈ N, ισχύει η ακόλουθη ισότητα :

F2 + F4 + · · ·+ F2n = F2n+1 − 1 (†)

Με χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ϑα δείξουµε ότι πράγµατι η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθεn ∈ N.

• Για 1 ≤ n ≤ 4 οι παραπάνω σχέσεις δείχνουν ότι η σχέση (†) είναι αληθής.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι :

F2 + F4 + · · ·+ F2n = F2n+1 − 1

• Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων όρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίαςϑα έχουµε, µε χρήση της αναδροµικής σχέσης Fn = Fn−1 + Fn−2, ∀n ≥ 2, και της ΕπαγωγικήςΥπόθεσης :

F2 + F4 + · · ·+ F2n + F2(n+1) = F2n+1 − 1 + F2(n+1)

= F2n+1 − 1 + F2n+2

= F2n+1 + F2n+2 − 1

= F2n+3 − 1

= F2(n+1)+1 − 1

Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (†) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτωνόρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίας.

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (†) ισχύει για κάθε n ∈ N. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 6. 1. Να εκτελεσθεί η Ευκλείδεια ∆ιαίρεση µεταξύ των ακεραίων a και b, όταν :

a = −195518 και b = 22 & a = 192544 και b = 37

2. ΄Εστω a, b ∈ Z, b 6= 0. Να δείξετε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q, r έτσι ώστε :

a = bq + r, −|b|2

< r ≤ |b|2

Λύση. 1. Υπενθυµίζουµε από την Θεωρία, ότι αν πραγµατοποιούµε την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση τουακεραίου a µε τον µη µηδενικό ακέραιο b, τότε όταν b > 0 το πηλίκο q της διαίρεσης είναι ίσο µετον µεγαλύτερο ακέραιο που είναι µικρότερος ή ίσος µε τον ϱητό αριθµό a/b (δηλαδή το q είναι ηακέραια τιµή [a/b] του a/b) και το υπόλοιπο r είναι ίσο µε a− qb.

΄Εστω a = −195518 και b = 22. ΄Εχουµε q = −8888 και r = a− qb = 18.΄Εστω a = 192544 και b = 37. ΄Εχουµε q = 5203 και r = a− qb = 33.

2. ΄Υπαρξη: Από την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση έχουµε ότι υπάρχουν ακέραιοι q′, r′ ώστε a = q′b+ r′ και0 ≤ r′ < |b|.

Αν r′ ≤ |b|2 ϑέτουµε q = q′ και r = r′. Είναι άµεσο ότι a = qb+ r και − |b|2 < r ≤ |b|2 .

Αν r′ > |b|2 και b > 0 ϑέτουµε q = q′ + 1 και r = r′ − b. Είναι άµεσο ότι a = qb + r. Αφού

|b| = b έχουµε b2 < r′ < b και εποµένως − b

2 = − |b|2 < r < 0.

60

Αν r′ > |b|2 και b < 0 ϑέτουµε q = q′ − 1 και r = r′ + b. Είναι άµεσο ότι a = qb + r. Αφού

|b| = −b έχουµε −b2 < r′ < −b και εποµένως b2 = − |b|2 < r < 0.

Μοναδικότητα: ΄Εστω

a = qb+ r = q′b+ r′, µε − |b|2< r ≤ |b|

2και − |b|

2< r′ ≤ |b|

2.

΄Εχουµε r − r′ = (q′ − q)b. Αν q = q′ τότε και r = r′. Υποθέτουµε q 6= q′ και ϑα καταλήξουµεσε αντίφαση.

Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι q < q′ και άρα r′ < r. Απόr − r′ = (q′ − q)b έπεται ότι |r − r′| = |q′ − q||b| ≥ |b|, αφού q′ − q είναι ένας µη µηδενικός

ακέραιος. Χρησιµοποιώντας τις r ≤ |b|2 και r′ > − |b|2 έχουµε ότι |r−r′| = r−r′ < |b| που έρχεταισε αντίφαση µε το |r − r′| ≥ |b|. 2

• • •


1. το γινόµενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι άρτιος αριθµός.2. το γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 3.

Επιπλέον να εξετασθεί αν :

3. το γινόµενο n το πλήθος διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του n.

Λύση. Προφανώς αρκεί να δείξουµε το µέρος 3., καθώς τα 1. και 2. είναι ειδικές περιπτώσεις του.

΄Εστω k ∈ Z. Θα δείξουµε ότι :

n | k(k + 1)(k + 2) · · · (k + n− 1) (∗)Από την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση έπεται ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q και r έτσι ώστε :

k = nq + r, και 0 ≤ r < n

Θέτουµε :A = k(k + 1)(k + 2) · · · (k + n− 1)

• Αν r = 0, τότε : k = nq και

A = nq(k + 1)(k + 2) · · · (k + n− 1) =⇒

n | A• Αν r = 1, τότε : k = nq + 1 και

A = k(k + 1)(k + 2) · · · (nq + 1 + n− 1) = k(k + 1)(k + 2) · · ·n(q + 1) =⇒

n | A

...

61

• Αν r = n− 1, τότε : k = nq + n− 1 και

A = k(k+1)(k+2) · · · (k+n−1) = k(nq+n−1+1)(k+2) · · ·n(q+1) = kn(q+1)(k+2) · · ·n(q+1) =⇒

n | AΕποµένως σε κάθε περίπτωση n | A. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 8. 1. ∆είξτε ότι για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n:

11 | 10n + 1

2. ∆είξτε ότι για κάθε άρτιο ϕυσικό αριθµό n:

11 | 10n − 1

3. ΄Εστω ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ m, και

a = a0 + a1 · 10 + a2 · 102 + · · · · · ·+ am · 10m

∆είξτε ότι :

11 | a ⇐⇒ 11 | a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

Εφαρµογή: Εξετάστε αν ο 11 διαιρεί τον αριθµό n = 8703585473.

Λύση.

1. Γράφουµε n = 2k + 1 όπου k ≥ 0. ΄Εχουµε 10n + 1 = 102k+1 + 1. Θα χρησιµοποιήσουµε τηνΑρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (k) να είναι η Πρόταση

11 | 102k+1 + 1

΄Εχουµε ότι η P (0) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το 11. Υποθέτουµε ότι k ≥ 0 και ότι η P (k) ισχύει,δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 102k+1 + 1. Θα δείξουµε την P (k + 1), δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το10(2(k+1)+1) + 1 = 102k+3 + 1. Πράγµατι, έχουµε

102k+3 + 1 = 100 · 102k+1 + 1 = (99 + 1) · 102k+1 + 1 = 11 · (9 · 102k+1) + (102k+1 + 1)

Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 102k+1 + 1 έχουµε ότι το 11 διαιρεί 102k+3 + 1. ΄Αρα ηP (k+ 1) ισχύει. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε ναδείξουµε ισχύει για κάθε k ≥ 0.

2. Γράφουµε n = 2k όπου k ≥ 1. ΄Εχουµε 10n − 1 = 102k − 1. Θα χρησιµοποιήσουµε την ΑρχήΜαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε Q(k) την Πρόταση

11 | 102k − 1

΄Εχουµε ότι η Q(1) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το 102 − 1 = 99. Υποθέτουµε ότι k ≥ 1 και ότι ηQ(k) ισχύει, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 102k − 1. Θα δείξουµε την Q(k + 1), δηλαδή ότι το 11

διαιρεί το 102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1. Πράγµατι, έχουµε

102k+2 − 1 = 100 · 102k − 1 = (99 + 1) · 102k − 1 = 11 · (9 · 102k) + (102k − 1)

62

Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 102k − 1 έχουµε ότι το 11 διαιρεί 102k+2 − 1. Συνεπώς ηQ(k + 1) ισχύει. ΄Αρα σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε ναδείξουµε ισχύει για κάθε k ≥ 1.

3. Θέτουµε

A = a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

΄Εχουµε

a = a0 + a1 · 10 + a1 − a1 + a2 · 102 + a2 − a2 + · · · · · ·+ am · 10m + am − am= A+ a1(10 + 1) + a2(102 − 1) + a3(103 + 1) + · · ·+ am(10m − (−1)m+1))

Χρησιµοποιώντας τα µέρη 1. και 2. έχουµε ότι ο 11 διαιρεί τον

a1(10 + 1) + a2(102 − 1) + a3(103 + 1) + · · ·+ am(10m − (−1)m+1))

Εποµένως ο 11 διαιρεί τον a αν και µόνο αν διαιρεί τον A.

Εφαρµογή: ΄Εχουµε

3− 7 + 4− 5 + 8− 5 + 3− 0 + 7− 8 = 0

Εποµένως από το µέρος 3. έπεται ότι το 11 διαιρεί το 8703585473. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 9. ΄Εστω p1 = 2, p2 = 3, p3, p4, p5, · · · , pn, pn+1, · · · , η αύξουσα ακολουθίατων πρώτων αριθµών. ∆είξτε ότι για κάθε n ≥ 1:

pn+1 ≤ p1p2 · · · pn + 1 και pn+1 ≤ 22n

Λύση. (α) Θέτουµε a = p1p2 · · · pn + 1. Τότε a > 1 και εποµένως σύµφωνα µε την Θεωρία ο αριθµός aέχει έναν πρώτο διαιρέτη q. ∆ηλαδή q | a και ιδιαίτερα q ≤ a = p1p2 · · · pn + 1.

Ο πρώτος q δεν µπορεί να είναι κάποιος από τους p1, p2, · · · pn, διότι διαφορετικά αν q = pi για κάποιοi = 1, 2, · · · , n, τότε

pi | a & pi | p1p2 · · · pn ⇐⇒ pi | a− p1p2 · · · pn = 1

το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως q 6= pi, 1 ≤ i ≤ n, δηλαδή ο q δεν είναι κάποιος από τους n πρώτουςστην διάταξη πρώτους αριθµούς. ΄Ετσι q ≥ pn+1, και τότε :

pn+1 ≤ q ≤ p1p2 · · · pn + 1

(β) Θα δείξουµε µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι :

pn ≤ 22n−1

, ∀n ≥ 1 (∗)

• Για n = 1 έχουµε p1 = 2 = 21 = 220και άρα η σχέση (∗) αληθεύει.

• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι :

pm ≤ 22m−1

, 1 ≤ m < n

63

• Απο το (α) µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης για τους πρώτους αριθµούς p1, · · · , pn−1, έπεταιότι :

pn ≤ p1p2 · · · pn−1 + 1 ≤ 22022

122

2 · · · 22n−2+ 1 = 21+2+···+2n−2

+ 1

Επειδή 1 + 2 + · · ·+ 2n−2 = 2n−1 − 1, η παραπάνω σχέση δίνει

pn ≤ 22n−1−1 + 1 ≤ 22

n−1−1 + 22n−1−1 = 2 · 22n−1−1 = 22

n−1

και άρα η σχέση (∗) ισχύει και για n.

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (∗) ισχύει για κάθε n ∈ N. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 10. 1. ∆είξτε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός της µορφής 6k + 5 έχει έναν πρώτοδιαιρέτη της µορφής 6k + 5.

2. ∆είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 6k + 5.

Λύση. 1. ΄Εστω a = 6k+ 5 ένας πρώτος αριθµός, όπου k ∈ Z. Προφανώς k ≥ 0, διότι διαφορετικάαν k < 0 ϑα έχουµε a < 0 το οποίο είναι άτοπο.

΄Εστω p | a ένας πρώτος διαιρέτης του a. Σύµφωνα µε την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση ϑα έχουµε ότιυπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι λ και r έτσι ώστε :

p = 6k + r, όπου 0 ≤ r < 6

όπου προφανώς k ≥ 0∆ηλαδή ο p ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές :

p = 6k ή p = 6k + 1 ή p = 6k + 2 ή p = 6k + 3 ή p = 6k + 4 ή p = 6k + 5

Λαµβάνοντας υπ΄ όψιν ότι ο p είναι πρώτος, προφανώς ϑα έχουµε ότι ο p ϑα έχει µια από τιςπαρακάτω µορφές :

p = 6k + 1 ή p = 6k + 5, k ≥ 0

΄Αρα κάθε πρώτος διαιρέτης του a είναι της µορφής p = 6k + 1 ή της µορφής p = 6k + 5, k ≥ 0.Επειδή :

(α) γνωρίζουµε από την Θεωρία ότι κάθε αριθµός είναι το γινόµενο των πρώτων (όχι απαραίτηταδιακεκριµµένων) διαιρετών του,

(β) γινόµενο αριθµών της µορφής 6k + 1 είναι προφανώς πάλι αριθµός της µορφής 6k + 1, και(γ) ο αριθµός a είναι της µορφής 6k + 5,έπεται ότι δεν είναι δυνατόν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του a να είναι της µορφής 6k+ 1. Εποµένωςσύµφωνα µε την παραπάνω ανάλυση, τουλάχιστος ένας διαιρέτης του a είναι της µορφής 6k+ 5.

2. Υποθέτουµε ότι το σύνολο των πρώτων διαιρετών της µορφής 6k + 5 είναι πεπερασµένο και έστωότι

p1, p2, · · · , pnείναι όλοι οι (διακεκριµµένοι) πρώτοι αριθµοί της µορφής 6k + 5.

Θεωρούµε τον αριθµό :a = 6p1p2 · · · pn − 1

Επειδή

a = 6p1p2 · · · pn − 1 = 6p1p2 · · · pn − 6 + 5 = 6(p1p2 · · · pn − 1) + 5 = 6k + 5

64

όπου k = p1p2 · · · pn − 1 ∈ N, ο αριθµός a είναι της µορφής 6k+ 5. Εποµένως σύµφωνα µε το 1.ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη q της µορφής 6k+5, και άρα q = pi για κάποιο i = 1, · · ·n.Τότε όµως επειδή pi | a και pi | 6p1p2 · · · pn, έπεται ότι pi | a − 6p1p2 · · · pn, δηλαδή pi | 1 τοοποίο είναι άτοπο. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτωναριθµών της µορφής 6k + 5.

Εποµένως το πλήθος των πρώτων αριθµών της µορφής 6k + 5 είναι άπειρο. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 11. ∆είξτε ότι αν p > 1 και ο p διαιρεί τον (p− 1)! + 1 τότε ο p είναι πρώτος.

Λύση. Υποθέτουµε ότι ο p δεν είναι πρώτος και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού ο p δεν είναι πρώτοςκαι p ≥ 2, υπάρχει πρώτος διαιρέτης q του p µε q ≤ p− 1. Εποµένως ο q διαιρεί τον (p− 1)!. Αφού ο pδιαιρεί τον (p− 1)! + 1 και ο q διαιρεί τον p έχουµε ότι ο q διαιρεί το (p− 1)! + 1. Εποµένως ο q διαιρείκαι τον ((p− 1)! + 1)− (p− 1)! = 1, αντίφαση. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 12. (1) Να εξετασθεί αν ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n2 − 1, n ∈ N, είναιτετράγωνο ακεραίου αριθµού.

(2) ∆ύο πρώτοι αριθµοί p και q, όπου p < q, καλούνται δίδυµοι αν q = p+ 2.Αν p και q είναι δίδυµοι πρώτοι αριθµοί, όπου p > 3, τότε να δείξετε ότι :

12 | p+ q

Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n2−1, n ∈ N δεν είναι ποτέ τετράγωνοακεραίου αριθµού. ΄Εστω ότι δεν ισχύει. Υποθέτουµε ότι 3n2 − 1 = a2 για n ∈ N και a ακέραιοκαι ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. ΄Εχουµε τρεις περιπτώσεις : ο a να είναι της µορφής 3k, τηςµορφής 3k + 1 ή της µορφής 3k + 2.

Αν ο a είναι της µορφής 3k έχουµε 3n2 − 1 = 9k2, εποµένως 3n2 − 9k2 = 1, άρα το 3 διαιρείτο 1 που είναι αντίφαση.

Αν ο a είναι της µορφής 3k + 1 έχουµε

3n2 − 1 = (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1

εποµένως 3n2 − 9k2 − 6k = 2, άρα το 3 διαιρεί το 2 που είναι αντίφαση.Αν ο a είναι της µορφής 3k + 2 έχουµε

3n2 − 1 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + (3 + 1)

εποµένως 3n2 − 9k2 − 12k − 3 = 2, άρα το 3 διαιρεί το 2 που είναι αντίφαση.

(2) ΄Εστω p, q δίδυµοι πρώτοι µε q = p + 2 και p > 3. Θα δείξουµε ότι 12 | p + q. Ο p είναιαναγκαστικά περιττός, αφού είναι πρώτος διάφορος του 2. Γράφουµε p = 2k + 1 µε k ϕυσικό,και έχουµε να δείξουµε ότι 12 | 4k + 4. Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι 3 | k + 1. ΄Εχουµετρεις περιπτώσεις : ο k + 1 να είναι της µορφής 3m, της µορφής 3m + 1 ή της µορφής 3m + 2.Αρκεί να δείξουµε ότι το k + 1 δεν µπορεί να είναι της µορφής 3m+ 1 ή της µορφής 3m+ 2.

65

΄Εστω ότι k + 1 = 3m+ 1, άρα k = 3m. Τότε

q = p+ 2 = 2k + 3 = 6m+ 3

Εποµένως 3 | q, αντίφαση γιατί q είναι πρώτος και q > 5.΄Εστω ότι k + 1 = 3m+ 2, άρα k = 3m+ 1. Τότε

p = 2k + 1 = 6m+ 3

Εποµένως 3 | p, αντίφαση γιατί p πρώτος µε p > 3.

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 13. ΄Εστω a, b, p, q ∈ N, όπου οι αριθµοί p, q είναι πρώτοι.

1. Να δείξετε ότι : pb = a2 =⇒ p | b.2. Αν p 6= q, να εξετασθεί αν ο αριθµός pq είναι τέλειο τετράγωνο.3. Να προσδιορισθούν όλοι οι πρώτοι αριθµοί της µορφής a4 + 4 ή b3 + 1.

Λύση. 1. Επειδή pb = a2, έπεται ότι p | a2 = a · a, και εποµένως επειδή ο p είναι πρώτος, έπεται ότιp | a. ΄Αρα a = pc για κάποιον ακέραιο c. Τότε ϑα έχουµε :

pb = a2 =⇒ pb = (pc)2 =⇒ pb = p2c2 =⇒ b = pc2

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι p | b.2. Το Ϲητούµενο προκύπτει άµεσα από το (1), ϑέτοντας b = q: αν pq = a2, για κάποιον ακέραιο a,

τότε το (1) δείχνει ότι p | q και εποµένως επειδή ο q είναι πρώτος και p 6= q, ϑα έχουµε p | 1 τοοποίο είναι άτοπο. ΄Αρα το γινόµενο pq δεν µπορεί να είναι τετράγωνο ακεραίου αριθµού.

3. (α΄) Παρατηρούµε ότι για a = 1, ο αριθµός a4 + 4 = 1 + 4 = 5 είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι ανa > 1, τότε ο αριθµός a4 + 4 δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο a > 1 ϑαέχουµε

a4 + 4 = (a2)2 + 22 = (a2)2 + 22 + 4a2 − 4a2 = (a2 + 2)2 − 4a2 = (a2 + 2 + 2a)(a2 + 2− 2a)

Επειδή a > 1, ϑα έχουµε a−1 > 0 και άρα a2 +2−2a = a2−2a+1+1 = (a−1)2 +1 > 1.΄Ετσι επειδή προφανώς a2+2+2a > 1, έπεται ότι η παραπάνω σχέση δίνει µια µη-τετριµµένηπαραγοντοποίηση του a2 + 4, δηλαδή ο a4 + 4 δεν είναι πρώτος αριθµός, ∀a > 1.

(ϐ΄) Παρατηρούµε ότι για b = 1, ο αριθµός b3 + 1 = 1 + 1 = 2 είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι ανb > 1, τότε ο αριθµός b3 + 1 δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο b > 1 ϑαέχουµε

b3 + 1 = (b+ 1)(b2 − b+ 1)

η οποία επειδή προφανώς b+1 > 1 και b2−b+1 > 1 είναι µια µη-τετριµµένη παραγοντοποίησητου b3 + 1, δηλαδή ο b3 + 1 δεν είναι πρώτος αριθµός, ∀b > 1. 2

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 14. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) = a0 + a1t+ a2t2 + · · ·+

antn µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m ∈ Z.

66

Λύση. Υποθέτουµε ότι ο ισχυρισµός της ΄Ασκησης δεν είναι αληθής, δηλαδή: υπάρχει µη-σταθερόπολυώνυµο

f(t) = a0 + a1t+ a2t2 + · · ·+ ant

n

µε ακέραιους συντελεστές ai, 0 ≤ i ≤ m, έτσι ώστε ο αριθµός f(m) είναι πρώτος για κάθε m ∈ Z.Σταθεροποιούµε έναν ϕυσικό αριθµό x0 ∈ N. Τότε ϑα έχουµε ότι ο αριθµός

f(x0) = p είναι πρώτος

Για κάθε k ∈ Z, ϑεωρούµε τον ακέραιο αριθµό f(x0 + kp). Σύµφωνα µε την υπόθεσή µας, ο αριθµός

f(x0 + kp) είναι πρώτος, ∀k ∈ NΧρησιµοποιώντας το ∆ιωνυµικό Θεώρηµα,

(x+ y)n =n∑i=0

(n

i

)xiyn−i

ϑα έχουµε ∀m = 1, 2, · · · , n:

(x0 + kp)m =m∑i=0

(m

i

)xi0(kp)

m−i =m∑i=0

(m

i

)xk0k

m−ipm−i

και άρα

(x0 + kp)m = xm0 +

(m

1

)xm−10 kp+ · · ·+

(m

m− 1

)x0k

m−1pm−1 + kmpm

= xm0 + rmp

όπου ϑέσαµε :

rm :=

(m

1

)xm−10 k + · · ·+

(m

m− 1

)x0k

m−1pm−2 + kmpm−1, 1 ≤ m ≤ n

Λαµβάνοντας υπ΄ όψιν τις παραπάνω σχέσεις ϑα έχουµε :

f(x0 + kp) = a0 + a1(x0 + kp) + · · ·+ an−1(x0 + kp)n−1 + an(x0 + kp)n

= a0 + a1(x0 + kp) + · · ·+ an−1(xn−10 + rn−1p) + an(xn0 + rnp)

=(a0 + a1x0 + · · ·+ an−1x

n−10 + anx

n0

)+(a1kp+ · · ·+ an−1rn−1p+ anrnp

)= f(x0) +

(a1k + · · ·+ an−1rn−1 + anrn

)p

= f(x0) + r · p, όπου r := a1k + · · ·+ an−1rn−1 + anrn

= p+ r · p= (1 + r) · p

΄Ετσι ϑα έχουµε

∀k ∈ Z : f(x0 + kp) = p(r + 1), ιδιαίτερα : p | f(x0 + kp)

Επειδή από την υπόθεσή µας ο αριθµός f(x0 + kp) είναι πρώτος και p | f(x0 + kp), έπεται ότι

f(x0 + kp) = p, ∀k ∈ ZΤότε όµως το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

g(t) := f(t)− p

67

δέχεται κάθε έναν από τους, άπειρους το πλήθος, ακέραιους αριθµούς x0 + kp ως ϱίζα, διότι :

g(x0 + kp) = f(x0 + kp)− p = 0

Γνωρίζουµε όµως ότι ένα µη-µηδενικό πολυώνυµο h(t) µε ακέραιους (ή γενικότερα ϱητούς ή πραγµατικούςσυντελεστές) έχει το πολύ n ϱίζες, όπου n = deg h(t). Επειδή το σύνολο x0 + kp ∈ Z | k ∈ Z, το οποίοαποτελείται από ϱίζες του g(t), είναι άπειρο, έπεται ότι αναγκαστικά ϑα έχουµε ότι το πολυώνυµο g(t)είναι το µηδενικό : g(t) = 0.

Τότε όµως f(t) = p είναι σταθερό πολυώνυµο, κάτι το οποίο είναι άτοπο από την αρχική µας υπόθεση.Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές τοοποίο λαµβάνει όλες τις τιµές του στο σύνολο των πρώτων αριθµών. Εποµένως δεν υπάρχει µη-σταθερόπολυώνυµο f(t) µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθεm ∈ Z. 2

Σχόλιο. (1) Παρατηρούµε ότι αν p είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε το σταθερό πολυώνυµο h(t) = pέχει ακέραιους συντελεστές και ο ακέραιος h(m) είναι ο πρώτος αριθµός p, για κάθε m ∈ Z. Γι΄αυτό τον λόγο υποθέτουµε στην άσκηση 14. ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι σταθερό.

(2) ΄Εστω P =p1, p2, · · · , pn, · · · ,

το σύνολο των πρώτων αριθµών εφοδιασµένο µε την ϕυσική

του διάταξη. Η ΄Ασκηση 14. δείχνει ιδιαίτερα ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο f(t) µε ακέραιουςσυντελεστές έτσι ώστε f(mi) = pi, ∀i ≥ 1, όπου mi ∈ Z.

Υπάρχουν κάποια πολυώνυµα µε ακέραιους συντελεστές τα οποία ‘‘παράγουν’’ κάποιους πρώ-τους αριθµούς, αλλά σύµφωνα µε την παραπάνω άσκηση τα πολυώνυµα αυτά δεν µπορεί ναλαµβάνουν όλες τις τιµές τους στο σύνολο P.

Για παράδειγµα, εύκολα ϐλέπουµε ότι για το πολυώνυµο(α΄) f(t) = t2 − t+ 41, ο ακέραιος f(m) είναι πρώτος, 0 ≤ m ≤ 40, αλλά f(41) = 41 · 41 είναι

σύνθετος.(ϐ΄) g(t) = 2t2 + 11, ο ακέραιος g(m) είναι πρώτος, 0 ≤ m ≤ 10, αλλά g(11) = 11 · 23 είναι

σύνθετος.(γ΄) h(t) = 2t2 + 29, ο ακέραιος h(m) είναι πρώτος, 0 ≤ m ≤ 29, αλλά h(29) = 29 · 59 είναι

σύνθετος.Αποδεικνύεται επίσης ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο πολλών µεταβλητών f(t1, t2, · · · , tn), όπου

n τυχόν ϕυσικός αριθµός, µε ακέραιους συντελεστές το οποίο να µας δίνει, µε την παραπάνωέννοια, όλους τους πρώτους αριθµούς. Η απόδειξή του όµως είναι αρκετά πιο δύσκολη.

Γενικά δεν υπάρχει κάποιος απλός τύπος ο οποίος να παράγει µόνο, ή όλους τους, πρώτουςαριθµούς.

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 15. ∆είξτε ότι ο πραγµατικός αριθµός

e =

∞∑n=0

1

n!

είναι άρρητος, δηλαδή δεν µπορεί να γραφεί στην µορφή a/b όπου a, b ακέραιοι και b 6= 0.

68

Λύση. Υποθέτουµε e = a/b, όπου a και b είναι ϑετικοί ακέραιοι. ΄Εστω

p = 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

b!και

q =1

(b+ 1)!+

1

(b+ 2)!+ · · ·

΄Εχουµε e = p + q. Οι αριθµοί b!e και b!p είναι ακέραιοι και συνεπώς και ο b!q είναι ακέραιος, αφούb!q = b!e− b!p. Χρησιµοποιώντας ότι για κάθε πραγµατικό d µε 0 < |d| < 1 το άθροισµα της γεωµετρικήςσειράς

∑∞n=1 d

n είναι ίσο µε d1−d έχουµε

0 < b!q =1

b+ 1+

1

(b+ 1)(b+ 2)+

1

(b+ 1)(b+ 2)(b+ 3)+ · · ·

<1

2+

1

4+

1

8+ . . . =

1/2

1− 1/2= 1

Εποµένως 0 < b!q < 1 που έρχεται σε αντίφαση µε το ότι ο b!q είναι ακέραιος. ΄Αρα ο e είναι άρρητος.2

Σχόλιο. Με Μαθηµατική Επαγωγή είναι εύκολο να δείξουµε ότι για κάθε n ≥ 1 έχουµε n! ≥ 2n−1,εποµένως

1

n!≤ 1

2n−1

Αφού η γεωµετρική σειρά∑∞

n=11

2n−1 συγκλίνει το ίδιο ισχύει και για την σειρά∑∞

n=11n! . Επιπλέον,

έχουµε ότι για κάθε ακέραιο d ≥ 0

∞∑n=0

1

n!=

d∑n=0

1

n!+

∞∑n=d+1

1

n!

69






Λυµένη ΄Ασκηση 16. Βρείτε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες των αριθµών:

140, 2013, 1001, 9999, 111111, 10!,

(30

10

)Λύση. ΄Εχουµε

140 = 2 · 70 = 2 · 2 · 35 = 22 · 5 · 7και άρα οι ϕυσικοί διαιρέτες του αριθµού 140 είναι :

2a 5b 7c | 0 ≤ a ≤ 2, 0 ≤ b, c ≤ 1δηλαδή το σύνολο 1, 2, 4, 5, 10, 20, 7, 14, 28, 35, 70, 140.΄Εχουµε :

2013 = 3 · 11 · 61

1001 = 11 · 91 = 11 · 7 · 13

9999 = 9 · 1111 = 32 · 11 · 101

111111 = 111 · 1001 = 3 · 37 · 7 · 11 · 13

10! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10

= 1 · 2 · 3 · 22 · 5 · 2 · 3 · 7 · 23 · 32 · 2 · 5= 28 · 34 · 52 · 7

(30

10

)=

30!

10! · (30− 10)!=

30!

10! · 20!=

20! · 21 · 22 · 23 · 24 · 25 · 26 · 27 · 28 · 29 · 30

20! · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10

= 32 · 5 · 7 · 11 · 13 · 23 · 29

Από τη πρωτογενή ανάλυση των παραπάνω αριθµών ϐρίσκουµε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες τους, όπωςακριβώς κάναµε και µε τον αριθµό 140. 2

70

Λυµένη ΄Ασκηση 17. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των ϕυσικών αριθµών:

(α) 106 − 1, (β) 108 − 1, (γ) 215 − 1

Λύση. (α) Αφού 106 − 1 = (103 + 1) · (103 − 1) και

103 + 1 = (10 + 1) · (102 − 10 + 1) = 11 · 91 = 11 · 7 · 13

103 − 1 = (10− 1) · (102 + 10 + 1) = 9 · 111 = 32 · 3 · 37 = 33 · 37

η πρωτογενής ανάλυση του 106 − 1 είναι

106 − 1 = 33 · 7 · 11 · 13 · 37

(β) ΄Εχουµε :

108 − 1 = (104)2 − 1

= (104 − 1) · (104 + 1)

= (102 − 1) · (102 + 1) · (104 + 1)

= (10− 1) · (10 + 1) · 101 · (10000 + 1)

= 9 · 11 · 101 · 10001

= 32 · 11 · 101 · 10001

= 32 · 11 · 73 · 101 · 137

(γ) ΄Εχουµε : 215 − 1 = 32768− 1 = 32767 = 7 · 31 · 151. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 18. ΄Εστω a, b, n,m ∈ N έτσι ώστε : n ≥ m. ∆είξτε ότι :

an | bm =⇒ a | b (∗)Ισχύει η παραπάνω συνεπαγωγή αν n < m ;

Λύση. Αν a = 1 τότε το αποτέλεσµα είναι ϕανερό. Εποµένως υποθέτουµε a ≥ 2. ΄Εστω p1, . . . , pk τοσύνολο των πρώτων αριθµών που διαιρούν τουλάχιστον έναν από τους a και b. Τότε υπάρχουν ai, bi ≥ 0ώστε

a = pα11 · · · p

αkk

καιb = pβ11 · · · p

βkk .

Αρκεί να δείξουµε ότι αi ≤ βi για κάθε i. ΄Εχουµε :

an = pnα11 · · · pnαkk & bm = pmβ11 · · · pmβkk

Εποµένως

an = pnα11 · · · pnαkk | bm = pmβ11 · · · pmβkk =⇒ nαi ≤ mβi για κάθε 1 ≤ i ≤ k

Αφού n ≥ m έπεται ότι υπάρχει r ∈ N έτσι ώστε n = m+ r. ΄Αρα για κάθε 1 ≤ i ≤ k έχουµε

nαi = mαi + rαi ≤ mβi

71

Αν υπάρχει s ∈ 1, . . . , k µε αs > βs τότε

mβs + rβs < mαs + rαs ≤ mβsπου είναι άτοπο. Συνεπώς αi ≤ βi για κάθε i = 1, · · · , k και άρα a | b.

Υποθέτουµε ότι n < m. ΄Εστω n = 2, m = 5, a = 4 και b = 2. Τότε

an = 42 = 16 | 32 = 25 = bm

αλλά a = 4 - b = 2. ΄Αρα αν n < m η συνεπαγωγή (∗) δεν ισχύει. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 19. Να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

mn = nm

δηλαδή να ϐρεθούν όλα τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων αριθµών (n,m) τα οποία ικανοποιούν την παραπάνωεξίσωση.

Λύση. Αν n = 1 τότε ϕανερά πρέπει m = 1. Οµοίως αν m = 1 τότε πρέπει n = 1.Εποµένως υποθέτουµε n,m ≥ 2.

Αφούmn = nm τότε έπεται από τη ϑεωρία ότι οι αριθµοίm και n έχουν τους ίδιους πρώτους διαιρέτες.΄Εστω

m = pa11 pa22 · · · p

akk & n = pb11 p

b22 · · · p

bkk

οι πρωτογενείς αναλύσεις των αριθµών m και n αντίστοιχα. Τότε

mn = nm =⇒ pna11 pna22 · · · pnakk = pmb11 pmb22 · · · pmbkk =⇒ ain = bim, ∀i = 1, 2, · · · , k

Προφανώς αν n = m τότε η εξίσωση mn = nm ικανοποιείται.

Υποθέτουµε λοιπόν ότι m 6= n και έστω n > m. Επειδή ain = bim και n > m έπεται ότι ai < bi γιακάθε i = 1, 2, · · · k. ΄Αρα

m | n =⇒ n = dm =⇒ mdm = (dm)m =⇒ md = dm =⇒ md−1 = d

Αφού n > m έχουµε ότι d > 1. ∆ιακρίνουµε τις περιπτωσεις :

(1) Αν m = d = 2 τότε 22−1 = 2 ενώ αν d > 2 τότε md−1 > d.(2) Αν d > 2 και m ≥ 2 έχουµε md−1 ≥ 2d−1 > d.

(∆είχνουµε την ανισότητα 2d−1 > d για d ≥ 3 µε επαγωγή στο d. Για d = 3 ισχύει. Υποθέτουµε2d−1 > d. Τότε 2d = 2 · 2d−1 > 2d > 1 + d. ΄Αρα απο την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής ηανισότητα 2d−1 > d ισχύει για κάθε d ≥ 3.)

(3) Αν d = 2 και m > 2 τότε md−1 = m > 2 = d.

΄Αρα οι µόνες λύσεις µε n > m είναι m = 2 και n = 2d = 2 · 2 = 4.

Εποµένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης mn = nm είναι οι ακόλουθες :m = 2 και n = 4

n = 2 και m = 4

n = m 2

72

Λυµένη ΄Ασκηση 20. ΄Ενας εκδοτικός οίκος από τις πωλήσεις ενός ϐιβλίου είχε έσοδα 375.961€. Μπο-ϱείτε να εκτιµήσετε πόσα ϐιβλία πούλησε ο εκδοτικός οίκος αν η τιµή του ϐιβλίου είναι ακέραιος καιπάνω από ένα ευρώ ;

Λύση. ΄Εστω m η τιµή του ϐιβλίου και n ο αριθµός των ϐιβλίων που πουλήθηκαν. Τότε προφανώς ϑαέχουµε :

375961 = m · nΕποµένως οι αριθµοί είναι διαιρέτες του 375961.

Η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού 375961 είναι

375961 = 79 · 4759

και εποµένως οι διαιρέτες του 375961, εκτός των 1 και 375961, είναι οι αριθµοί 79 και 4759. ΄Αρα ηπιθανότερη εκδοχή είναι ότι n = 4759, και m = 79.

Εποµένως το πιθανότερο είναι ότι ο εκδοτικός οίκος πούλησε 4759 ϐιβλία στη τιµή των 79€. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 21. 1. ∆είξτε ότι ο√

2 είναι άρρητος.2. Να δείξετε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο αριθµός

√n είναι

άρρητος.3. Αν n,m ∈ N όπου n,m > 1, και ο αριθµός n

√m είναι ϱητός, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός n

√m


Λύση. 1. Υποθέτουµε αντίθετα ότι√

2 ∈ Q. ΄Αρα√

2 = ab όπου a, b ∈ Z, b 6= 0 και χωρίς ϐλάβη

της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε√

2 =a

b=⇒ a2 = 2b2 =⇒ 2 | a2 =⇒ 2 | a (1)

Αφού το 2 διαιρεί τον αριθµό a τότε a = 2c και εποµένως έχουµε

a2 = 4c2 =⇒ 4c2 = 2b2 =⇒ 2c2 = b2 =⇒ 2 | b2 =⇒ 2 | b (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι το 2 είναι κοινός παράγοντας των a, b. Αυτό όµως είναιάτοπο και άρα

√2 /∈ Q.

2. ΄Εστω ότι√n ∈ Q, δηλαδή

√n = a

b µε a, b ∈ Z, b 6= 0 και χωρίς ϐλάβη της γενικότηταςυποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε a2 = nb2 και από την υπόθεση µας το nδεν είναι τετράγωνο ακεραίου. ΄Αρα υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι ώστε

p | n και p2 - n

Τότε p | n

n | a2=⇒ p | a2 =⇒ p | a

΄Αρα a = pc και τότε έχουµε

a2 = p2c2 = nb2 = pn′b2 =⇒ pc2 = n′b2 =⇒

p | n′b2

p - n′=⇒ p | b2 =⇒ p | b

Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο.΄Αρα

√n /∈ Q.

73

3. ΄Εχουµε n√m = a

b και υποθέτουµε ότι οι αριθµοί a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. ΄Εστω ότι b > 1.Τότε υπάρχει πρώτος p | b έτσι ώστε

n√m =

a

b=⇒

an = mbn

p | b=⇒ p | an =⇒ p | a

Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο.Συνεπώς b = 1 και εποµένως n

√m ∈ Z. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 22. (1) Να δείξετε ότι ο ϕυσικός αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνοναν οι δυνάµεις στην πρωτογενή ανάλυση του n είναι άρτιοι αριθµοί.

(2) ΄Εστω n ≥ 2 και

a = pa11 pa22 · · · p

amm

η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού a. ∆είξτε ότι η n-στή ϱίζα του a είναι ϱητός αριθµόςαν και µόνο αν το n διαιρεί το ai για κάθε i = 1, 2, · · · ,m:

n√a ∈ Q ⇐⇒ n | ai, 1 ≤ i ≤ m

Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ο αριθµός n = pa11 pa22 · · · p

akk είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνο αν τα ai

είναι άρτιοι αριθµοί για κάθε 1 ≤ i ≤ k.Αν για κάθε 1 ≤ i ≤ k οι αριθµοί ai είναι άρτιοι, τότε ai = 2bi και άρα

n = pa11 pa22 · · · p

akk = p2b11 p2b22 · · · p

2bkk = (pb11 p

b22 · · · p

bkk )2

Συνεπώς ο αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο.΄Εστω n = m2 και m = pb11 · · · p

bkk η πρωτογενής ανάλυση του m. Τότε

n = m2 = p2b11 · · · p2bkk =⇒ pa11 · · · p

akk = p2b11 · · · p

2bkk

και λόγω µοναδικότητας της παραγοντοποίησης έπεται ότι ai = 2bi για κάθε 1 ≤ i ≤ k.(2) ΄Εστω ότι n

√a ∈ Q. Τότε από το τρίτο ερώτηµα της ΄Ασκησης 6 έπεται ότι n

√a ∈ Z. ΄Εστω

n√a = pk11 · · · p

kmm

η πρωτογενής ανάλυση του n√a. Τότε

a = (pk11 · · · pkmm )n =⇒ a = pa11 · · · p

amm = pnk11 · · · pnkmm =⇒ ai = nki

Συνεπώς n | ai για κάθε 1 ≤ i ≤ m.

Αντίστροφα, έστω a = pa11 · · · pamm η πρωτογενής ανάλυση του a και έστω n | ai για κάθε1 ≤ i ≤ m. ΄Αρα ai = nki και τότε

a = pa11 · · · pamm = pnk11 · · · pnkmm = (pk11 · · · p

kmm )n

Εποµένως έχουµε : n√a = pk11 · · · pkmm ∈ Z ⊆ Q. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 23. Να ϐρεθούν όλοι οι ϕυσικοί αριθµοί οι οποίοι έχουν ακριβώς (α) 3, και (β) 4,ϑετικούς διαιρέτες.

74

Λύση. (α) ΄Εστω α ∈ N µε ακριβώς 3 ϑετικούς διαιρέτες. Επειδή 1, α | α έπεται ότι ο α έχει ακριβώςέναν διαιρέτη d | α µε d 6= 1 και d 6= α. ΄Εστω α = pa11 · · · pann η πρωτογενής ανάλυση τουαριθµού α. Αν n ≥ 2 τότε οι αριθµοί 1, p1, p2, p1p2 | α, που είναι άτοπο. ΄Αρα n = 1, δηλαδήα = pa11 . Αν a1 ≥ 3 τότε 1, p, p2, p3 | α που είναι άτοπο διότι ο αριθµός α έχει ακριβώς 3 διαιρέτες.Εποµένως α = p2, όπου p πρώτος αριθµός.

(β) ΄Εστω α ∈ N µε ακριβώς 4 ϑετικούς διαιρέτες και έστω α = pa11 · · · pann η πρωτογενής ανάλυσητου αριθµού α. ∆ιακρίνουµε τις περιπτώσεις :

(1) Αν n = 1 τότε α = pk. Φανερά για την τιµή k = 3 και µόνο για αυτήν ο αριθµός α = p3

έχει ακριβώς 4 διαιρέτες : 1, p, p2, p3.

(2) Αν n = 2 τότε α = pa11 pa22 . ΄Αρα για µόνο για a1 = a2 = 1 ο αριθµός α έχει ακριβώς 4

διαιρέτες : 1, p1, p2, p1p2.

(3) Αν n ≥ 3 τότε επειδή οι 1, p1, p2, p3, p1p2 είναι διαιρέτες του α ο αριθµός α έχει περισσότε-ϱους από 4 διαιρέτες. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 24. ΄Ενα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) ∈ Z[t] µε ακέραιους συντελεστές καλείταιανάγωγο αν δεν υπάρχουν πολυώνυµα g(t), h(t) ∈ Z[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t) = g(t)h(t).

∆είξτε το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(t) = a0 + a1t+ · · ·+ antn, n > 0, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n και an 6= 0

και έστω p ένας πρώτος αριθµός. Τότε :

p | a0, p | a1, · · · , p | an−1 & p - an & p2 - a0 =⇒ f(t) : ανάγωγο

Λύση. ΄Εστω ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι ανάγωγο. ΄Αρα f(t) = g(t)h(t) όπου g(t) = b0 + b1t +· · ·+ bst

s ∈ Z[t], h(t) = c0 + c1t+ · · ·+ crtr ∈ Z[t] και s ≥ 1, r ≥ 1. Τότε

a0 = b0c0, a1 = b0c1 + b1c0, · · · , ai = b0ci + b1ci−1 + · · ·+ bic0

όπου 0 ≤ i ≤ n. Αφού p | a0 και a0 = b0c0 έπεται ότι p | b0 ή p | c0. Χωρίς ϐλάβη της γενικότηταςυποθέτουµε ότι p | b0 και p - c0. Αν p | bs τότε

p | bscr =⇒ p | an

που είναι άτοπο. ΄Αρα p - bs. Εποµένως υπάρχει ένα i ≤ s έτσι ώστε p | b0, b1, · · · bi−1 και p - bi. ΄Οµωςai = b0ci + b1ci−1 + · · ·+ bi−1c1 + bic0 και p | ai

p | b0ci + · · ·+ bi−1c1

=⇒

p | bic0

p - c0=⇒ p | bi

που είναι άτοπο. Συνεπώς το πολυώνυµο f(t) είναι ανάγωγο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 25. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(t) = tn + cn−1tn−1 + · · · c1t+ c0,

Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του f(t), να δείξετε ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος.

75

Λύση. ΄Εστω p = ab ∈ Q µια ϱίζα του f(t). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν

έχουν κανένα κοινό παράγοντα.΄Αρα (a

b)n + cn−1

(ab

)n−1 + · · ·+ c1a

b+ c0 = 0

Πολλαπλασιάζοντας της παραπάνω σχέση µε bn ϑα έχουµε

an + cn−1an−1b+ · · ·+ c1ab

n−1 + c0bn = 0 =⇒ an = b(−cn−1an−1 − · · · − c1abn−2 − c0bn−1)

=⇒ b | an

Υποθέτουµε ότι b 6= ±1. Τότε ο b έχει ένα πρώτο διαιρέτη q και άρα q | b

b | an=⇒ q | an =⇒ q | a

Συνεπώς οι a, b έχουν ένα κοινό πρώτο διαιρέτη που είναι άτοπο.΄Αρα b = ±1 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. 2

• • •

• Συµβολισµός: ΄Εστω p πρώτος. Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός και k ∈ N0, τότε ϑα γράφουµε:

pk‖n ⇐⇒ pk | n και pk+1 - n

δηλαδή pk είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον n, και όπου k = 0 αν p - n.

• • •

Λυµένη ΄Ασκηση 26. ΄Εστω p πρώτος. Ορίζουµε συνάρτηση

vp : N −→ N0, vp(n) = maxk ∈ N0 | pk‖n

Αν P = p ∈ N | p : πρώτος είναι το σύνολο των πρώτων αριθµών, να δείξετε ότι :

(1) vp(n) = 0, ∀p ∈ P ⇐⇒ n = 1.(2) vp(mn) = vp(m) + vp(n), ∀p ∈ P.(3) m | n ⇐⇒ vp(m) ≤ vp(n), ∀p ∈ P.(4) vp(m) = vp(n), p ∈ P ⇐⇒ m = n.

Λύση. (1) Αν n = 1 τότε για κάθε p ∈ P έχουµε vp(1) = maxk ∈ N0 | pk‖ 1

= 0.

Αντίστροφα αν vp(n) = 0, ∀p ∈ P, τότε δεν υπάρχει πρώτος που να διαιρεί τον n στη πρωτογενήτου ανάλυση, δηλαδή αναγκαστικά n = 1.

(2) Χρησιµοποιώντας τη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών m και n έχουµε ότι

m = paq και n = pbq′

µε (p, q) = 1 και (p, q′) = 1. Τότε

mn = pa+bqq′

76

και (p, qq′) = 1 διότι διαφορετικά αν p | qq′ τότε p | q ή p | q′ που είναι άτοπο. ΄Αρα ∀p ∈ Pέχουµε

vp(mn) = a+ b = vp(m) + vp(n)

(3) ΄Εστω m | n, άρα υπάρχει c έτσι ώστε n = mc. Τότε από το προηγούµενο ερώτηµα έπεται ότι

vp(n) = vp(mc) = vp(m) + vp(c)

και άρα vp(m) ≤ vp(n) για κάθε ∀p ∈ P.Αντίστροφα ορίζουµε

c =∏

p:πρώτος

pvp(n)−vp(m)

Τότε m = nc και άρα m | n.(4) ΄Επεται άµεσα από το ερώτηµα (3). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 27. ΄Εστω p ένας πρώτος αριθµός και n,m, a, b ∈ N. Να δειχθούν τα ακόλουθα:

(1) pn‖ a & pm‖ b =⇒ pn+m‖ ab.(2) pn‖ a =⇒ pnk‖ ak.(3) n 6= m & pn‖ a & pm‖ b =⇒ pminn,m‖ (a+ b).

Λύση. (1) ΄Εστω pn‖ a και pm‖ b. ΄Αρα pn | a, pn+1 - a και pm | b, pm+1 - b. ΄Αρα

a = pnq και b = pmr

όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r. Τότε

ab = (pnq)(pmr) = pn+mqr

και άρα pn+m | ab και pn+m+1 - ab αφού το p δεν διαιρεί το qr. Εποµένως pn+m‖ ab.(2) ΄Εστω pn‖ a, δηλαδή pn | a και pn+1 - a. ΄Αρα a = pnm όπου p - m. Τότε p - mk και έχουµε

ak = pknmk

Συνεπώς pnk‖ ak.(3) ΄Εστω pn‖ a και pm‖ b µε n 6= m. ΄Εχουµε

a = pnq και b = pmr

όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r.Υποθέτουµε ότι n = minn,m. Τότε

a+ b = pnq + pmr = pn(q + pm−nr)

Επειδή p - q αλλά p | pm−nr έπεται ότι

p - (q + pm−nr)

Εποµένως έχουµε ότι pminn,m‖ (a+ b). 2

77






Λυµένη ΄Ασκηση 28. Αφού ϐρείτε την πρωτογενή ανάλυση των αριθµών 130 και 2275, να υπολογίσετετον µέγιστο κοινό διαιρέτη (130, 2275).

Λύση. Η πρωτογενής ανάλυση των αριθµών 130 και 2275 είναι

130 = 2 · 5 · 13 και 2275 = 52 · 7 · 13

Γράφουµε 130 = 21 · 51 · 70 · 131 και 2275 = 20 · 52 · 71 · 131. Τότε έχουµε

(130, 2275) = 2min1,0 · 5min1,2 · 7min0,1 · 13min1,1 = 20 · 51 · 70 · 131 = 5 · 13 = 65

Συνεπώς ο µέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθµών 130 και 2275 είναι (130, 2275) = 65. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 29. (1) Να δείξετε ότι(1147, 851

)= 37 και ακολούθως να ϐρεθούν ακέραιοι x

και y έτσι ώστε :

37 = 1147x+ 851y

(2) Να υπολογίσετε τον Μέγιστο Κοινό ∆ιαιρέτη d και το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο δ των αριθµών1485 και 1745. Στη συνέχεια να ϐρεθούν ακέραιοι x και y έτσι ώστε :

d = 1485x+ 1745y

Λύση. (1) ΄Εχουµε :

1147 = 851 · 1 + 296

851 = 296 · 2 + 259

296 = 259 · 1 + 37

259 = 37 · 7

78

και άρα πράγµατι(1147, 851

)= 37. ΄Εχουµε

37 = 296− 259 · 1= 296− 1 · (851− 296 · 2)

= 3 · 296− 851

= 3 · (1147− 851)− 851

= 1147 · 3 + 851 · (−4)

Εποµένως x = 3 και y = −4.(2) ΄Εχουµε :

1745 = 1 · 1485 + 260

1485 = 5 · 260 + 185

260 = 1 · 185 + 75

185 = 2 · 75 + 35

75 = 2 · 35 + 5

35 = 7 · 5

και άρα d =(1485, 1745

)= 5. Για το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο δ των αριθµών a = 1485

και b = 1745 από γνωστό Θεώρηµα έπεται ότι

d · δ = |a · b| = a · b =⇒ δ =1485 · 1745

5= 518265

΄Εχουµε

5 = 75− 2 · 35

= 75− 2 · (185− 2 · 75)

= 5 · 75− 2 · 185

= 5 · (260− 1 · 185)− 2 · 185

= 5 · 260− 7 · 185

= 5 · 260− 7 · (1485− 5 · 260)

= 40 · 260− 7 · 1485

= 40 · (1745− 1 · 1485)− 7 · 1485

= −47 · 1485 + 40 · 1745

΄Αρα x = −47 και y = 40. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 30. ∆είξτε ότι για κάθε ακέραιο k ισχύει

(2k + 1, 9k + 4) = 1

Λύση. ΄Εστω d = (2k + 1, 9k + 4). Τότε

d | 2k + 1 =⇒ d | 4 · (2k + 1) =⇒ d | 8k + 4 =⇒

d | 8k + 4

d | 9k + 4=⇒ d | k

79

Αφού λοιπόν d | k έχουµε d | 2k

d | 2k + 1=⇒ d | 1 =⇒ d = 1

Εποµένως για κάθε ακέραιο k έχουµε ότι (2k + 1, 9k + 4) = 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 31. Αν n,m ∈ N όπου n 6= m, να δείξετε ότι :(22n

+ 1, 22m

+ 1)

= 1


Λύση. ΄Εστω d =(22n

+ 1, 22m

+ 1). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι n > m και έστω

n = m+ s. Τότε22n − 1 = 22

m+s − 1 = 22m·2s − 1 = (22

m)2s − 1 = α2s − 1

όπου α = 22m

και άρα

22n − 1

22m + 1=α2s − 1

α+ 1= α2s−1 − α2s−2 + · · · − 1 ∈ N

Συνεπώς έχουµε

22m

+1 | 22n−1 =⇒

22m

+ 1 | 22n + 1− 2

d | 22m + 1=⇒ d | 22n+1−2 =⇒

d | 22n + 1− 2

d | 22n + 1=⇒ d | 2

Αν ο αριθµός d είναι άρτιος, τότε 2 | d και άρα d = 2. ΄Οµως αφού 2 | 22n + 1 και 2 | 22n έπεται ότι 2 | 1που είναι άτοπο. Συνεπώς ο d είναι περιττός και αφού διαιρεί το 2 έχουµε αναγκαστικά ότι d = 1. ΄Αραπράγµατι (

22n

+ 1, 22m

+ 1)

= 1

Θεωρούµε το σύνολο

S =

22n

+ 1 | n ∈ N

=

221

+ 1, 222

+ 1, 223

+ 1, · · ·

Προφανώς το παραπάνω σύνολο είναι άπειρο. Για κάθε n ∈ N έστω pn ένας πρώτος διαιρέτης του 22n

+1.Τότε για n 6= m έπεται ότι pn 6= pm, διότι διαφορετικά αν pn = pm = p τότε

p | 22n + 1 και p | 22m + 1 =⇒ p |(22n

+ 1, 22m

+ 1)

= 1 =⇒ p = 1

που είναι άτοπο. ΄Αρα το σύνολο των πρώτων διαιρετών των αριθµών 22n

+ 1 είναι άπειρο και εποµένωςυπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθµοί. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 32. ΄Εστω a, b ϑετικοί ακέραιοι και p ένας πρώτος αριθµός. Είναι οι ακόλουθεςπροτάσεις αληθείς ή ψευδείς; Για κάθε µια δώστε απόδειξη ή αντιπαράδειγµα:

(1) Αν (a, p2) = p, τότε : (a2, p2) = p2.(2) Αν (a, p2) = p και (b, p2) = p2, τότε : (ab, p4) = p3.(3) Αν (a, p2) = p και (b, p2) = p, τότε : (ab, p4) = p2.(4) Αν (a, p2) = p, τότε : (a+ p, p2) = p.

80

Λύση. (1) ΄Εστω (a, p2) = p. Τότε p | a και άρα a = pq µε (p, q) = 1. Αν (p, q) = d τότε d | p καιάρα d = 1 ή d = p. Στη περίπτωση που d = p έχουµε p | q, δηλαδή q = p · b και τότε

a = p · q = p2 · b =⇒ p2 | a =⇒ (a, p2) = p2 6= p

που είναι άτοπο. ΄Αρα (p, q) = 1. Τότε

a2 = p2 · q2 και p - q2 =⇒ (a2, p2) = p2

Συνεπώς η πρόταση (1) είναι αληθής.(2) Θέτουµε a = p και b = p3. Τότε (p, p2) = p και (p3, p2) = p2 αλλά

(ab, p4) = (p · p3, p4) = (p4, p4) = p4 6= p3

΄Αρα η δεύτερη πρόταση είναι ψευδής.(3) Υποθέτουµε ότι (a, p2) = p και (b, p2) = p. Τότε p | a

p | b=⇒

a = p · q1

b = p · q2και προφανώς όπως στο (1) έχουµε (p, q1) = (p, q2) = 1. Τότε ab = p2q1q2 και p2 είναι ηµεγαλύτερη δύναµη του p που διαιρεί το ab. Εποµένως (ab, p4) = p2.

(4) Για a = p = 2 έχουµε ότι (a, p2) = (2, 22) = 2 = p αλλά

(a+ p, p2) = (2 + 2, 22) = (4, 4) = 4 6= 2 = p

΄Αρα η πρόταση (4) είναι ψευδής. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 33. 1. ∆είξτε ότι αν b, c είναι µη µηδενικοί ακέραιοι µε (b, c) = 1 τότε (b, cm) = 1για κάθε m ∈ N.

2. Θεωρούµε το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n > 0, & a0, an 6= 0

Αν b/c είναι ϱητή ϱίζα του f(x), όπου b, c µη µηδενικοί ακέραιοι πρώτοι µεταξύ τους, δείξτε ότι :

b | a0 & c | anΛύση. 1. Υποθέτουµε αντίθετα ότι (b, cm) = d > 1. Τότε υπάρχει πρώτος αριθµός p µε p | d. ΄Αρα

p | b και p | cm. Αφού ο p είναι πρώτος και p | cm έπεται ότι p | c. Τότε έχουµε

p | b και p | c =⇒ p | (b, c) =⇒ p | 1που είναι άτοπο. Συνεπώς (b, cm) = 1.

2. Αφού b/c είναι ϱητή ϱίζα του f(x) τότε έχουµε

f(b

c) = 0 =⇒ a0 + a1

b

c+ · · ·+ an(

b

c)n = 0

=⇒ a0cn + a1bc

n−1 + · · ·+ anbn = 0

=⇒ a0cn = b(−a1cn−1 − · · · − anbn−1)

=⇒ b | a0cn

Αφού (b, c) = 1 έπεται από το πρώτο µέρος της άσκησης ότι (b, cn) = 1. Εποµένως

b | a0cn =⇒ b | a0

81

΄Οµοια από τη σχέση a0cn + a1bcn−1 + · · ·+ anb

n = 0 έπεται ότι

anbn = −a0cn − a1bcn−1 − · · · − an−1bn−1c

= c(−a0cn−1 − a1bcn−2 − · · · − an−1bn−1)=⇒ c | anbn

Αφού (b, c) = 1 έχουµε (c, bn) = 1 και άρα c | an. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 34. ΄Εστω k ένας ακέραιος. Να δείξετε ότι οι αριθµοί

6k − 1, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 5


Λύση. ΄Εστω (6k + a, 6k + b) = d, όπου a, b ∈ −1, 1, 2, 3, 5. Θα δείξουµε ότι d = 1. ΄Εχουµε d | 6k + a

d | 6k + b=⇒

d | a− b

d | b− a

Αν a < b, τότε b− a ∈ 1, 2, 3, 4, 6. Επειδή d | b− a έχουµε ότι d ∈ 1, 2, 3, 4, 6. Αρκεί να δείξουµε ότι

2 - 6k + a και 3 - 6k + b

Αν p = 2 ή 3 και p | (6k + a, 6k + b) = d τότε p = 2 ή 3

p | 6k + a=⇒

p | 6k

p | 6k + a=⇒ p | a

και p = 2 ή 3

p | 6k + b=⇒

p | 6k

p | 6k + b=⇒ p | b

΄Οµως για p = 2 ή 3 δεν υπάρχει a, b ∈ −1, 1, 2, 3, 5 µε p | a, p | b και a < b. ΄Οµοια δουλεύουµε στηπερίπτωση που b < a. ΄Αρα d = 1 και εποµένως

(6k + a, 6k + b) = 1, ∀a, b ∈ −1, 1, 2, 3, 5

Συνεπώς οι αριθµοί 6k − 1, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 5 είναι σχετικά πρώτοι µεταξύ τους ανα δυο καιάρα είναι σχετικά πρώτοι µεταξύ τους. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 35. ΄Εστω a, b ∈ N, και υποθέτουµε ότι : (a, b) = 1. Να δείξετε ότι :

(1)(a+ b, a− b

)= 1 ή 2.

(2)(2a+ b, a+ 2b

)= 1 ή 3.

(3)(a+ b, a− b, ab

)= 1 ή 2.

Μπορείτε να προσδιορίσετε, στις παραπάνω περιπτώσεις (1), (2), (3), πότε ακριβώς ο µέγιστος διαιρέτηςέχει την τιµή 1, 2, ή 3;

82

Λύση. (1) ΄Εστω d =(a+ b, a− b

). Τότε d | a+ b

d | a− b=⇒

d | 2a

d | 2b∆ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις :(α): ΄Εστω 2 - d. Τότε έχουµε

(d, 2) = 1

d | 2a

d | 2b

=⇒

d | a

d | b=⇒ d | (a, b) = 1 =⇒ d = 1

(β): ΄Εστω 2 | d. ΄Αρα d = 2 · d′ και τότε 2a = dx = 2d′x

2b = dy = 2d′y=⇒

d′ | a

d′ | b=⇒ d′ | (a, b) = 1 =⇒ d′ = 1 =⇒ d = 2d′ = 2

Εποµένως δείξαµε ότι(a+ b, a− b

)= 1 ή 2.

• Για το δεύτερο ερώτηµα έχουµε :΄Εστω ότι οι αριθµοί a, b είναι άρτιοι. ΄Αρα a = 2k και b = 2n. Τότε

(a+ b, a− b) = (2k + 2n, 2k − 2n) =⇒ 2 | (a+ b, a− b) =⇒ d = 2

αφού δείξαµε ότι(a+ b, a− b

)= 1 ή 2.

΄Εστω ότι οι αριθµοί a, b είναι περιττοί, δηλαδή a = 2k + 1 και b = 2n + 1. Τότε a + b =2(k + n+ 1) και a− b = 2(k − n). Συνεπώς πάλι σε αυτή τη περίπτωση έχουµε ότι d = 2.

Αν ένας από τους αριθµούς a ή b είναι περιττός τότε το άθροισµα a+ b είναι περιττός, δηλαδή2 - a+ b. ΄Αρα d = 1.

Αντίστροφα αν d = 2 από τα παραπάνω έπεται για τους αριθµούς a, b ότι είτε και οι δύο ϑαείναι περιττοί είτε και οι δύο ϑα είναι άρτιοι.

(2) ΄Εστω d =(2a+ b, a+ 2b

). Τότε d | 2a+ b

d | a+ 2b=⇒ d | 2a+ b− (a+ 2b) =⇒ d | a− b

και άραd | a− b

d | 2a+ b

d | a+ 2b

=⇒

d | 3a

d | 3b=⇒ d | (3a, 3b) = 3(a, b)

(a,b)=1=⇒ d | 3

Συνεπώς d = 1 ή d = 3 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο.• Για το δεύτερο ερώτηµα διακρίνουµε τις παρακάτω περιπτωσεις :(α΄) ΄Εστω a = 3k. Αν b = 3n τότε 3 | d και άρα d = 3 αφού δείξαµε ότι d = 1 ή d = 3. Αν

b = 3n+ 1 ή b = 3n+ 2 τότε 3 - 2a+ b και άρα d = 1.

83

(ϐ΄) ΄Εστω a = 3k + 1. Αν b = 3n τότε 3 - 2b + a και άρα d = 1. Αν b = 3n + 1 τότε 3 | 2a + bκαι 3 | a+ 2b, συνεπώς d = 3. Τέλος, αν b = 3n+ 2 τότε 3 - 2a+ b και άρα d = 1.

(γ΄) ΄Εστω a = 3k + 2. Αν b = 3n τότε 3 - 2b + a και άρα d = 1. Αν b = 3n + 1 τότε 3 - a + 2bκαι άρα d = 1. Αν b = 3n+ 2 τότε

a+ 2b = 3(k + 2n+ 2) και 2a+ b = 3(2k + n+ 2)

Εποµένως 3 | 2a+ b και 3 | a+ 2b, άρα d = 3.(3) Από το ερώτηµα (1) έχουµε

(a+ b, a− b, ab

)=((a+ b, a− b), ab

)=

(1, ab) = 1

(2, ab) = 1 ή 2

΄Αρα(a+ b, a− b, ab

)= 1 ή 2.

• Για το δεύτερο ερώτηµα έχουµε :Αν οι αριθµοί a, b είναι άρτιοι, τότε d = 2. Αν ένας από τους δυο είναι άρτιος και ο άλλος είναι

περιττός τότε από το ερώτηµα (1) έχουµε ότι (a+ b, a− b) = 1 και άρα d = 1.Αν οι αριθµοί a, b είναι περιττοί τότε το γινόµενο ab είναι περιττός αριθµός. ΄Αρα 2 - d και αφού

d = 1 ή 2 τότε αναγκαστικά έχουµε d = 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 36. Αν a, b είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :

(a, b) =(a+ b, [a, b]

)Ως εφαρµογή, ϐρείτε δύο ϕυσικούς αριθµούς έτσι ώστε το άθροισµά τους να είναι 798 και το ελάχιστοκοινό τους πολλαπλάσιο να είναι 10.780.

Λύση. ΄Εστω d = (a, b). Τότε a = da′ και b = db′ µε a′, b′ ακέραιους. ΄Εχουµε(a+ b, [a, b]

)=

(da′ + db′, [da′, db′]

)=

(d(a′ + b′), d[a′, b′]

)= d

(a′ + b′, [a′, b′]

)Επίσης

(a, b) = (da′, db′) = d(a′, b′)

και άρα αρκεί να δείξουµε ότι (a′ + b′, [a′, b′]

)= (a′, b′)

Γνωρίζουµε από τη Θεωρία ότι αν d = (a, b) τότε (ad ,bd) = 1. Εποµένως έχουµε ότι (a′, b′) = 1 και άρα

από τη παραπάνω σχέση αρκεί να δείξουµε ότι(a′ + b′, [a′, b′]

)= 1

΄Εχουµε (a′ + b′, [a′, b′]

)=(a′ + b′,

a′b′

(a′, b′)

)=(a′ + b′, a′b′

)Υποθέτουµε ότι

(a′+ b′, a′b′

)6= 1 και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Τότε υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι

ώστε p | a′ + b′ καιp | a′b′ =⇒ p | a′ ή p | b′

84

Αν p | a′ τότε p | a′

p | a′ + b′=⇒ p | b′ =⇒ p | (a′, b′) = 1

που είναι άτοπο. ΄Οµοια καταλήγουµε σε άτοπο αν p | b′. ΄Αρα(a′ + b′, a′b′

)= 1 και εποµένως έχουµε

το Ϲητούµενο : (a, b) =(a+ b, [a, b]

).

• Εφαρµογή: Ψαχνουµε δύο ϕυσικούς αριθµούς a, b έτσι ώστε a + b = 798 και [a, b] = 10.780.

Μπορούµε να υποθέσουµε ότι a ≥ b. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι(a + b, [a, b]

)= (798, 10780) = 14 και άρα

(a, b) = 14. Εποµένως

(a, b) · [a, b] = a · b =⇒ a · b = 14 · 10780 = 150920

΄Αρα ψάχνουµε a, b έτσι ώστε a+ b = 798

a · b = 150920

Λύνοντας το παραπάνω σύστηµα ϐρίσκουµε ότι a = 490 και b = 308. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 37. Αν a, b, c είναι ϕυσικοί αριθµοί, να δείξετε ότι :

(a, b, c)[ab, ac, bc] = abc & [a, b, c](ab, ac, bc) = abc

Λύση. Αν a = b = c = 1 τότε η πρόταση είναι ϕανερή. Υποθέτουµε ότι τουλαχιστον ένα από τα a, b, cείναι µεγαλύτερο του 1. ΄Εστω p1, . . . , pk οι πρώτοι που διαιρούν τουλάχιστον ένα από τα a, b, c. Τότευπάρχουν ai, bi, ci ≥ 0 ώστε

a = pa11 pa22 . . . pakk , b = pb11 p

b22 . . . pbkk , c = pc11 p

c22 . . . pckk

΄Εχουµε

ab = pa1+b11 pa2+b22 . . . pak+bkk , ac = pa1+c11 pa2+c22 . . . pak+ckk , bc = pb1+c11 pb2+c22 . . . pbk+ckk

και [a, b, c] = p

maxa1,b1,c11 . . . p

maxak,bk,ckk

(ab, ac, bc) = pmina1+b1,a1+c1,b1+c11 . . . p

minak+bk,ak+ck,bk+ckk

Τότε

[a, b, c](ab, ac, bc) = pmaxa1,b1,c11 . . . p

maxak,bk,ckk p

mina1+b1,a1+c1,b1+c11 . . . p

minak+bk,ak+ck,bk+ckk

= pa1+b1+c11 · · · pak+bk+ckk

= abc

Για τη δεύτερη ισότητα παρατηρήστε ότι αν για παράδειγµα maxa1, b1, c1 = a1 τότε mina1 + b1, a1 +c1, b1 + c1 = b1 + c1.

85

Για τη πρώτη σχέση δουλεύοντας όπως παραπάνω έχουµε

(a, b, c)[ab, ac, bc] = pmina1,b1,c11 . . . p

minak,bk,ckk p

maxa1+b1,a1+c1,b1+c11 . . . p

maxak+bk,ak+ck,bk+ckk

= pa1+b1+c11 · · · pak+bk+ckk

= abc

΄Αρα (a, b, c)[ab, ac, bc] = abc. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 38. ΄Εστω Fn και Fn+1 δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fibonacci, όπου n ∈ N.∆είξτε ότι (

Fn, Fn+1

)= 1, ∀n ∈ N

και επιπλέον δείξτε ότι στον Ευκλείδειο Αλγόριθµο για την εύρεση του µέγιστου κοινού διαιρέτη (Fn+1, Fn+2) =1, n > 1, απαιτούνται ακριβώς n διαιρέσεις.

Λύση. ΄Εστω d = (Fn, Fn+1). Τότε

d | Fn και d | Fn+1 (1)

Αν n = 1 τότε F1 = 1, F2 = 1 + 0 = 1 και άρα (F1, F2) = 1. ΄Εστω n ≥ 2. Τότε Fn+1 = Fn + Fn−1 καιαπό τη σχέση (1) έπεται ότι

d | Fn−1 (2)

Αφού Fn = Fn−1 + Fn−2 τότε από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε ότι d | Fn−2. Συνεχίζοντας αυτή τηδιαδικασία έχουµε

d | F1 = 1 =⇒ d = 1 = (Fn, Fn+1)

Για την εύρεση του µέγιστου κοινού διαιρέτη (Fn+1, Fn+2) από τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο έχουµε

Fn+2 = Fn+1 · 1 + Fn

Fn+1 = Fn · 1 + Fn−1

Fn = Fn−1 · 1 + Fn−2...

F4 = F3 · 1 + F2

F3 = F2 · 2

Συνεπώς έχουµε n το πλήθος διαιρέσεων και (Fn+2, Fn+1) = F2 = 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 39. ΄ΕστωFnn≥1 η ακολουθία Fibonacci. Να δείξετε ότι :

(1)Fn+m = FmFn+1 + Fm−1Fn

(2)n | m =⇒ Fn | Fm

(3)(Fn, Fm) = F(n,m)

86

Λύση. (1) ΄Εστω m ≥ 1 σταθερό. Θα εφαρµόσουµε την Αρχή της Μαθηµατικής Επαγωγής ως προςn ∈ N. ΄Εχουµε :• n = 1:

Fm+1 = Fm + Fm−1

= Fm · 1 + Fm−1 · 1= Fm · F2 + Fm−1 · F1

= Fm · F1+1 + Fm−1 · F1

Συνεπώς για n = 1 ισχύει.

• Επαγωγική Υπόθεση : Υποθέτουµε ότι

Fm+r = Fm · Fr+1 + Fm−1 · Fr

για κάθε r = 1, 2, · · · , k.

• Για r = k + 1 έχουµε

Fm+k+1 = Fm+k + Fm+k−1

= Fm · Fk+1 + Fm−1 · Fk + Fm · Fk + Fm−1 · Fk−1= Fm · (Fk+1 + Fk) + Fm−1 · (Fk + Fk−1)

= Fm · Fk+2 + Fm−1 · Fk+1

Εποµένως για κάθε n,m ≥ 1 ισχύει : Fn+m = FmFn+1 + Fm−1Fn.(2) ΄Εστω n | m. Τότε υπάρχει k ∈ N έτσι ώστε m = n · k.

• k = 1: Τότε m = n και άρα Fn | Fm.

• k = 2: ΄Αρα m = 2n = n+ n και τότε

Fm = F2n = Fn+n = Fn · Fn+1 + Fn−1 · Fn = Fn · (Fn+1 + Fn−1) =⇒ Fn | Fm

• Επαγωγική Υπόθεση : Υποθέτουµε ότι m = n · k και Fn | Fm για k = 1, 2, · · · , k − 1.Τότε έχουµε

Fm = Fnk = F(k−1)n+n = Fn · F(k−1)n+1 + Fn−1F(k−1)n

΄Οµως από την υπόθεση της επαγωγής έχουµε ότι Fn | F(k−1)n και άρα Fn | Fn−1F(k−1)n.Εποµένως από τη παράπανω σχέση έπεται ότι Fn | Fm και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο.

(3) Μπορούµε να υποθέσουµε ότι m ≥ n. Εποµένως αρκεί να δείξουµε µε ισχυρή επαγωγή ότιγια κάθε m ≥ 1 η πρόταση P (m) ισχύει, όπου P (m) είναι η πρόταση: Αν 0 < n ≤ m τότε(Fn, Fm) = F(n,m).

Η P (1) προφανώς ισχύει. Η P (2) επίσης ισχύει, γιατί τότε αναγκαστικά n = 1 ή n = 2 καιστις δύο περιπτώσεις

(Fn, Fm) = (1, 1) = 1 = F(n,m).

΄Εστωm ≥ 3 και υποθέτουµε ότι οι P (1), P (2), . . . , P (m−1) ισχύουν. Θα δείξουµε ότι ισχύει ηP (m). Ανm = n αυτό που ϑέλουµε να δείξουµε προφανώς ισχύει. Υποθέτουµεm > n. Θέτουµε

87

r0 = m, r1 = n και εφαρµόζουµε την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση :

r0 = r1q1 + r2 0 ≤ r2 < r1

r1 = r2q2 + r3 0 ≤ r3 < r2...

rt−2 = rt−1qt−1 + rt 0 ≤ rt < rt−1

rt−1 = rtqt

΄Αρα (m,n) = (r0, r1) = rt. Από το µέρος (1) της άσκησης έχουµε

Fm = Fr1q1+r2 = Fr1q1 · Fr2+1 + Fr1q1−1 · Fr2΄Αρα

(Fm, Fn) = (Fr1q1+r2 , Fn) = (Fr1q1 · Fr2+1 + Fr1q1−1 · Fr2 , Fr1)

Από το µέρος (2) της άσκησης έπεται ότι Fr1 | Fr1q1 αφού r1 | r1q1. Τότε έχουµε

(2) (Fm, Fn) = (Fr1q1−1 · Fr2 , Fr1)

΄Εστω a ο µεγαλύτερος από τα r1 = n και r1q1 − 1. ΄Αφού r1q1 − 1 = r0 − r2 − 1 < r0 = m καιυποθέσαµε ότι m > n, έχουµε a < m. Εποµένως από την υπόθεση της επαγωγής η P (a) ισχύει.Χρησιµοποιώντας ότι

(r1, r1q1 − 1) = (r1,−1) = (r1, 1) = 1

έχουµε από υπόθεση επαγωγής ότι (Fr1q1−1, Fr1) = F1 = 1. Εποµένως, η ισότητα (2) συνεπάγεταιότι

(Fm, Fn) = (Fr0 , Fr1) = (Fr1 , Fr2)

Παρόµοια για κάθε i έχουµε ότι

(Fri−1, Fri−2) = (Fri , Fri−1)

και άρα έπεται ότι

(Fm, Fn) = (Fr2 , Fr1) = · · · = (Frt , Frt−1) = Frt

Η τελευταία ισότητα ισχύει από το µέρος (2) της άσκησης διότι rt | rt−1. ΄Οµως rt = (m,n) καιάρα (Fm, Fn) = F(m,n). 2

88






Λυµένη ΄Ασκηση 40. ΄Εστω a1, . . . , an ϑετικοί ακέραιοι. ∆είξτε ότι

[a1, a2, . . . , an] = a1a2 . . . an

αν και µόνο αν (ai, aj) = 1 για κάθε i 6= j.

Λύση. Επειδή οι ακέραιοι αριθµοί a1, · · · , an είναι ϑετικοί, ϑα έχουµε ότι ai 6= 0 για κάθε i = 1, . . . , n.Αν όλοι οι ακέραιοι ai είναι ίσοι µε 1 τότε ϕανερά το αποτέλεσµα ισχύει.

Υποθέτουµε ότι υπάρχει κάποιο ai > 1. ΄Εστω p1, . . . , pk οι πρώτοι που διαιρούν τουλάχιστον ένα απότα ai. Τότε υπάρχουν µη αρνητικοί ακέραιοι bi,j µε 1 ≤ i ≤ n και 1 ≤ j ≤ k ώστε για κάθε i ισχύει

ai = pbi,11 . . . p

bi,kk

Τότε έχουµε

[a1, . . . , an] = pM11 . . . pMn

k

a1a2 . . . an = pL11 . . . pLnk

όπου για 1 ≤ j ≤ m:

Mj = maxb1,j , b2,j , . . . , bn,j, Lj = b1,j + b2,j + · · ·+ bn,j

Εποµένως [a1, a2, . . . , an] = a1a2 . . . an αν και µόνο αν για κάθε j µε 1 ≤ j ≤ m έχουµε Mj = Lj .Επειδή bi,j ≥ 0 αυτό ϕανερά είναι ισοδύναµο µε την ιδιότητα ότι για κάθε j για, τουλάχιστον, n − 1

δείκτες i έχουµε bi,j = 0, το οποίο είναι ισοδύναµο µε το ότι για i1 6= i2 έχουµε (ai1 , ai2) = 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 41. Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις,για τις ακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις

1. 1485x+ 1745y = 152. 102x+ 1001y = 13. 60x+ 18y = 97

89

Λύση. 1. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε

1745 = 1 · 1485 + 260

1485 = 5 · 260 + 185

260 = 1 · 185 + 75

185 = 2 · 75 + 35

75 = 2 · 35 + 5

35 = 7 · 5

΄Αρα

d = (1485, 1745) = 5

Επειδή d | 15, έπεται ότι η εξίσωση 1485x+ 1745y = 15 έχει λύση.Για την εύρεση όλων των λύσεων, ϑα έχουµε :

5 = 75− 2 · 35

= 75− 2 · (185− 2 · 75)

= −2 · 185 + 5 · 75

= −2 · 185 + 5 · (260− 1 · 185)

= 5 · 260− 7 · 185

= 5 · 260− 7 · (1485− 5 · 260)

= −7 · 1485 + 40 · 260

= −7 · 1485 + 40 · (1745− 1 · 1485)

= −47 · 1485 + 40 · 1745

Εποµένως

5 = −47 · 1485 + 40 · 1745

και άρα

15 = (−3 · 47) · 1485 + (3 · 40) · 1745

Τότε έχουµε τη λύση

x0 = −3 · 47 = −141 και y0 = 3 · 40 = 120

και για t ∈ Z όλες οι λύσεις της εξίσωσης 1485x+ 1745y = 15 δίνονται ως εξής : x = x0 + bd · t = −141 + 1745

5 · t = −141 + 349 · tt ∈ Z

y = y0 − ad · t = 120− 1485

5 · t = 120− 297 · t

90

2. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε

1001 = 9 · 102 + 83

102 = 1 · 83 + 19

83 = 4 · 19 + 7

19 = 2 · 7 + 5

7 = 1 · 5 + 2

5 = 2 · 2 + 1

2 = 2 · 1΄Αρα

d = (102, 1001) = 1

Επειδή d | 1, η εξίσωση 102x+ 1001y = 1 έχει λύση.Για την εύρεση όλων των λύσεων, ϑα έχουµε :

1 = 5− 2 · 2= 5− 2 · (7− 1 · 5)

= −2 · 7 + 3 · 5= −2 · 7 + 3 · (19− 2 · 7)

= 3 · 19− 8 · 7= 3 · 19− 8 · (83− 4 · 19)

= −8 · 83 + 35 · 19

= −8 · 83 + 35 · (102− 1 · 83)

= 35 · 102− 43 · 83

= 35 · 102− 43 · (1001− 9 · 102)

= −43 · 1001 + 422 · 102

΄Αρα έχουµε τη λύσηx0 = 422 και y0 = −43

Τότε όλες οι λύσεις της εξίσωσης 102x+ 1001y = 1 είναι οι ακόλουθες : x = x0 + bd · t = 422 + 1001

1 · t = 422 + 1001 · tt ∈ Z

y = y0 − ad · t = −43− 102

1 · t = −43− 102 · t3. Υπολογίζουµε τον µέγιστο κοινό διαιρέτη : (60, 18) = 3 και 3 - 97. ΄Αρα η εξίσωση 60x+18y = 97

δεν έχει λύσεις. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 42. ΄Εστω η διοφαντική εξίσωση

ax+ by = c

όπου a, b, c ∈ N και (a, b) = 1. Να δείξετε ότι το σύνολο των ϑετικών3 λύσεων της παραπάνω διοφαντικήςεξίσωσης είναι πεπερασµένο.

3Με τον όρο ϑετικές λύσεις ενοούµε λύσεις (x, y) µε την ιδιότητα x > 0 και y > 0.

91

Να εξετασθεί αν η διοφαντική εξίσωση

31x+ 43y = 5

έχει ϑετικές λύσεις.

Λύση. Επειδή d = (a, b) = 1 | c, έπεται ότι η εξίσωση ax+ by = c έχει λύσεις.Αν (x0, y0) είναι µια λύση, τότε όλες οι λύσεις είναι της µορφής : x = x0 + b

d · t = x0 + b · tt ∈ Z

y = y0 − ad · t = y0 − a · t

Επειδή Ϲητάµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει x > 0 και y > 0, δηλαδή x0 + b · t > 0 και y0 − a · t > 0. ΄Αρα

t > −x0b

καιy0a> t =⇒ −x0

b< t <

y0a

Επειδή οι ακέραιοι t ∈ Z στο διάστηµα (− x0

b,y0a

)είναι πεπερασµένοι σε πλήθος έπεται ότι το σύνολο των ϑετικών λύσεων της εξίσωσης ax+ by = c είναιπεπερασµέµο. Επιπρόσθετα το σύνολο των ϑετικών λύσεων είναι : x = x0 + b · t

t ∈ Z ∩(− x0

b ,y0a

)y = y0 − at

Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε ότι (43, 31) = 1 | 5 και άρα η εξίσωση 31x + 43y = 5 έχειλύση. Τότε ϐρίσκουµε x0 = −90 και y0 = 65 και εποµένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης είναι x = x0 + b

d · t = −90 + 43 · tt ∈ Z

y = y0 − ad · t = 65− 31 · t

Για να έχουµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει

t ∈(− x0

b,y0a

)=(90

43,65

31

)=(2.093, 2.096

)και

Z ∩(2.093, 2.096

)= ∅

Συνεπώς από το πρώτο µέρος της άσκησης έπεται ότι η εξίσωση 31x + 43y = 5 δεν έχει ϑετικές λύσεις.2

Λυµένη ΄Ασκηση 43. ΄Εστω a1, . . . , an ακέραιοι όχι όλοι µηδέν και c ακέραιος. Πότε έχει η ∆ιοφαντικήεξίσωση

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c

ακέραιες λύσεις;

Λύση. Θα δείξουµε ότι η ∆ιοφαντική λύση

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c έχει ακέραιες λύσεις ⇐⇒ d = (a1, . . . , an) | c΄Εστω (u0, u1, . . . , un) λύση της a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c και έστω d = (a1, . . . , an). Τότε

a1u1 + · · ·+ anun = c

92

και d | a1...d | an

=⇒

d | a1u1...d | anun

=⇒ d | a1u1 + · · ·+ anun =⇒ d | c

Αντίστροφα έστω d | c. Τότε υπάρχει e ∈ Z έτσι ώστε c = d · e. Επειδή d = (a1, . . . , an) γνωρίζουµε ότιυπάρχουν u1, . . . , un ∈ Z έτσι ώστε

a1u1 + · · ·+ anun = d =⇒ a1(u1 · e) + · · ·+ an(un · e) = d · e = c

΄Αρα (u1 · e, . . . , un · e) είναι λύση της ∆ιοφαντικής εξίσωσης a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = c. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 44. Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις,για τις ακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις

1. 2x+ 3y + 4z = 52. 7x+ 21y + 35z = 83. 101x+ 102y + 103z = 1

Λύση. 1. Θέτουµε z = t ∈ Z να είναι ένας τυχαίος αλλά σταθερός ακέραιος, και τότε έχουµε τηνεξίσωση ως προς x και y:

2x+ 3y = 5− 4t

Επειδή (2, 3) = 1 | 5 − 4t, ∀t ∈ Z, έπεται ότι η εξίσωση 2x + 3y = 5 − 4t έχει λύση, έστω την(x0, y0). Τότε 2x0 + 3y0 = 5− 4t και όλες οι λύσεις της 2x+ 3y = 5− 4t είναι οι ακόλουθες : x = x0 + b

d · s = x0 + 3 · ss ∈ Z

y = y0 − ad · s = y0 − 2 · s

Τότε η γενική λύση της 2x+ 3y + 4z = 5 είναιx = x0 + 3 · s

y = y0 − 2 · s

z = t

όπου

2x0 + 3y0 = 5− 4t

s, t ∈ Z

Παρατηρούµε ότι για

x0 = −5− 2t και y0 = 5

η εξίσωση 2x0 + 3y0 = 5 − 4t ικανοποιείται. Τότε η γενική λύση της 2x + 3y + 4z = 5 είναι ηεξής :

x = −5− 2t+ 3s

y = 5− 2s s, t ∈ Z

z = t

2. Επειδή d = (7, 21, 35) = 7 και 7 - 8 έπεται ότι η εξίσωση 7x + 21y + 35z = 8 δεν έχει ακέραιεςλύσεις.

93

3. Θέτουµε z = t ∈ Z να είναι ένας τυχαίος αλλά σταθερός ακέραιος, και τότε έχουµε την εξίσωσηως προς x και y:

101x+ 102y = 1− 103t

Επειδή (101, 102) = 1 έπεται ότι η εξίσωση 101x+ 102y = 1− 103t έχει λύση, ∀t ∈ Z. ∆ουλεύ-οντας όπως και στο ερώτηµα 1, τότε έπεται ότι

x = −1 + 102s+ t

y = 1− 101s− 2t s, t ∈ Z

z = t

και έτσι έχουµε ϐρει τη γενική λύση της εξίσωσης 101x+ 102y + 103z = 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 45. ΄Ενας Αµερικάνος ϕοιτητής επιστρέφει στην Νέα Υόρκη απο διακοπές στη Ελλάδακαι την Αγγλία. Στην Νέα Υόρκη αλλάζει τις λίρες Αγγλίας και τα ευρώ τα οποία έχει σε δολλάρια καιµετά την αλλαγή λαµβάνει συνολικά 117.98 δολλάρια. Αν παίρνει 1.11 δολλάρια για κάθε ευρώκαι 1.69 δολλάρια για κάθε λίρα Αγγλίας, πόσα ευρώ και πόσες λίρες Αγγλίας είχε πρίν την αλλαγήσυναλλάγµατος ;

Λύση. ΄Εστω x ο αριθµός των ευρώ και y ο αριθµός των λιρών Αγγλίας που είχε ο ϕοιτητής πριν τησυναλλαγή. ΄Οπως προκύπτει από τα δεδοµένα του προβλήµατος, τα x και y είναι (ϑετικές) λύσεις της∆ιοφαντικής εξίσωσης :

111x+ 169y = 11798

Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε

169 = 1 · 111 + 58

111 = 1 · 58 + 53

58 = 1 · 53 + 5

53 = 10 · 5 + 3

5 = 1 · 3 + 2

3 = 1 · 2 + 1

2 = 2 · 1

94

΄Αρα d = (169, 111) = 1. Αφού d | 11798 η εξίσωση 111x+ 169y = 11798 έχει λύση. ΄Εχουµε

1 = 3− 1 · 2= 3− 1 · (5− 1 · 3)

= −1 · 5 + 2 · 3= −1 · 5 + 2 · (53− 10 · 5)

= 2 · 53− 21 · 5= 2 · 53− 21 · (58− 1 · 53)

= −21 · 58 + 23 · 53

= −21 · 58 + 23 · (111− 1 · 58)

= 23 · 111− 44 · 58

= 23 · 111− 44 · (169− 1 · 111)

= 67 · 111− 44 · 169

Εποµένως 1 = 67 · 111 + (−44) · 169 και άρα

11798 = (11798 · 67) · 111 + (−44 · 11798) · 169

Τότε έχουµε τη λύση

x0 = 11798 · 67 = 790466 και y0 = −44 · 11798 = −519112

και όλες οι λύσεις της εξίσωσης 111x+ 169y = 11798 δίνονται ως εξής : x = x0 + bd · t = 790466 + 169 · t

t ∈ Zy = y0 − a

d · t = −519112− 111 · t

Επειδή x > 0 και y > 0 και επειδή t ∈ Z, ϑα έχουµε : t ≥ −790456169 = −4677.25...

t < −519112111 = −4676.68...

=⇒ t = −4677

Τότε αντικαθιστώντας ϐρίσκουµε ότι x = 790466 + 169 · (−4677) = 790466− 790413 = 53

y = −519112− 111 · (−4677) = −519112 + 519147 = 35

Συνεπώς πρίν την αλλαγή συναλλάγµατος ο ϕοιτητής είχε x = 53 ευρώ και y = 35 λίρες Αγγλίας. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 46. ∆είξτε ότι για κάθε ϕυσικό n ≥ 1 ισχύει

µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0

όπου µ η συνάρτηση του Mobius.

Λύση. ∆ιακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις :

95

(1) ΄Εστω n = 1. Τότε

n+ 3 = 1 + 3 = 4 = 22 =⇒ µ(n+ 3) = µ(22) = 0

=⇒ µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0

(2) ΄Εστω n > 1 και n άρτιος. Τότε n = 2k · a όπου a περιττός αριθµός και k ≥ 1.

• Αν k ≥ 2 τότε 22 | n και άρα µ(n) = 0.

• Υποθέτουµε ότι k = 1. ΄Αρα n = 2a και τότε n + 2 = 2a + 2 = 2(a + 1). Επειδή a = 2b + 1έχουµε

n+ 2 = 2(a+ 1) = 2(2b+ 2) = 22(b+ 1) =⇒ 22 | n+ 2

=⇒ µ(n+ 2) = 0

=⇒ µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0

(3) ΄Εστω n > 1 και n περιττός, δηλαδή n = 2a+ 1 µε a ≥ 1.

• Αν ο a είναι περιττός τότε ο a+ 1 είναι άρτιος και

n+ 1 = 2a+ 1 + 1 = 2(a+ 1) =⇒ 22 | n+ 1 =⇒ µ(n+ 1) = 0

΄Αρα έπεται ότι µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0.

• Αν ο a είναι άρτιος τότε ο αριθµός a+ 2 είναι επίσης άρτιος και

n+ 3 = 2a+ 1 + 3 = 2(a+ 2) =⇒ 22 | n+ 3 =⇒ µ(n+ 3) = 0

Συνεπώς και σε αυτή τη περίπτωση έχουµε : µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 47. ∆είξτε ότι για κάθε ϕυσικό n ≥ 3 ισχύειn∑k=1

µ(k!) = 1

Λύση. ΄Εχουµε :

• µ(1!) = µ(1) = 1.

• µ(2!) = µ(2) = (−1)1 = −1.

• µ(3!) = µ(1 · 2 · 3) = (−1)2 = 1.

• µ(4!) = µ(1 · 2 · 3 · 4) = µ(23 · 3) = 0.

Παρατηρούµε ότι για n ≥ 3 έχουµε ότι 22 | n! και άρα µ(n!) = 0. Εποµένωςn∑k=1

µ(k!) = µ(1!) + µ(2!) + µ(3!) + · · ·+ µ(n!)

= 1 + (−1) + 1 + 0 + · · ·+ 0

= 1

και άρα∑n

k=1 µ(k!) = 1 για κάθε n ≥ 3. 2

96

Λυµένη ΄Ασκηση 48. ΄Εστω n > 1 ϕυσικός, και

n = pa11 pa22 . . . parr

η πρωτογενής ανάλυση του, δηλ. pi είναι διακεκριµένοι πρώτοι και ai > 0 για κάθε i. ∆είξτε ότι∑d|n

|µ(d)| = 2r.

Λύση. Γνωρίζουµε ότι η συνάρτηση µ του Mobius είναι πολλαπλασιαστική. Ορίζουµε τη συνάρτηση

θ : N −→ C, θ(n) = |µ(n)|΄Εστω m,n ϕυσικοί αριθµοί µε (m,n) = 1. Τότε

θ(m · n) = |µ(m · n)| = |µ(m) · µ(n)| = |µ(m)| · |µ(n)| = θ(m) · θ(n)

και άρα η συνάρτηση θ είναι πολλαπλασιαστική. Υπενθυµίζουµε επίσης από τη ϑεωρία ότι αν f είναι µιαπολλαπλασιαστική συνάρτηση τότε και η συνάρτηση

F (n) =∑d|n

f(d)

είναι πολλαπλασιαστική. ΄Αρα αφού η συνάρτηση θ είναι πολλαπλασιαστική έπεται ότι και η συνάρτηση

F (n) =∑d|n

θ(d) =∑d|n

|µ(d)|

είναι πολλαπλασιαστική. Τότε

F (n) = F (pa11 pa22 . . . parr ) = F (pa11 )F (pa22 ) · · ·F (parr ) =

( ∑d|pa11

|µ(d)|)· · ·( ∑d|parr

|µ(d)|)

και για κάθε i = 1, 2, · · · , r έχουµε∑d|paii

|µ(d)| = |µ(1)|+ |µ(pi)|+ |µ(p2i )|+ · · ·+ |µ(paii )| = |1|+ | − 1|+ 0 + · · ·+ 0 = 2

Συνεπώς

F (n) =∑d|n

|µ(d)| = 2 · · · 2︸︷︷︸r ϕορές

= 2r

και έτσι έχουµε δείξει το Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 49. ΄Εστωm,n ∈ N. Τότε για κάθε πολλαπλασιαστική συνάρτηση f : N−→C, ισχύειότι :

f((m,n)

)f([m,n]

)= f(m)f(n)

Λύση. ΄Εστω m = pa11 pa22 . . . pakk και n = pb11 p

b22 . . . pbkk όπου ai ≥ 0, bi ≥ 0. Αφού η συνάρτηση f είναι

πολλαπλασιαστική έχουµε

f(m) = f(pa11 ) . . . f(pakk ) και f(n) = f(pb11 ) . . . f(pbkk )

Επίσης γνωρίζουµε από τη ϑεωρία ότι

(m,n) = pmina1,b11 . . . p

minak,bkk και [m,n] = p

maxa1,b11 . . . p

maxak,bkk

97

Τότε έχουµε

f((m,n)

)= f

(pmina1,b11 . . . p

minak,bkk

)= f

(pmina1,b11

). . . f

(pminak,bkk

)(1)

και

f([m,n]

)= f

(pmaxa1,b11 . . . p

maxak,bkk

)= f

(pmaxa1,b11

). . . f

(pmaxak,bkk

)(2)

Παρατηρείστε ότι

f(pa) · f(pb) = f(pmina,b) · f(pmaxa,b)

Τότε από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε

f((m,n)

)f([m,n]

)= f(pa11 ) . . . f(pakk )f(pb11 ) . . . f(pbkk )

= f(m)f(n)

΄Αρα: f((m,n)

)f([m,n]

)= f(m)f(n). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 50. ΄Εστω λ : N−→C, η συνάρτηση του Liouville, όπου λ(1) = 1, και λ(n) =

(−1)k1+···+kr , αν n = pk11 · · · pkrr είναι η πρωτογενής ανάλυση του n > 1.

(1) Να δείξετε ότι η συνάρτηση λ είναι πολλαπλασιαστική.(2) Να υπολογισθεί το άθροισµα ∑

d|n

λ(d)

Λύση. (1) ΄Εστω (m,n) = 1. Αν m = 1 ή n = 1 τότε λ(µ · ν) = λ(µ) · λ(ν) διότι λ(1) = 1.Υποθέτουµε ότι m > 1 και n > 1. ΄Εστω m = pa11 . . . pakk και n = qb11 . . . qbss οι πρωτογενείς

αναλύσεις των αριθµών m και n αντίστοιχα. Αφού (m,n) = 1 τότε

mn = pa11 . . . pakk qb11 . . . qbss

είναι η πρωτογενής ανάλυση του mn και άρα

λ(m · n) = (−1)a1+···+ak+b1+···+bs = (−1)a1+···+ak · (−1)b1+···+bs = λ(m) · λ(n)

΄Αρα η συνάρτηση λ του Liouville είναι πολλαπλασιαστική.(2) Για n = 1 τότε ∑

d|n

λ(d) =∑d|1

λ(d) = λ(1) = 1

΄Εστω n > 1 και n = pa11 . . . pakk η πρωτογενής ανάλυση του n. Αφού η συνάρτηση λ είναιπολλαπλασιαστική τότε και η συνάρτηση∑

d|n

λ(d)

είναι πολλαπλασιαστική. ΄Αρα∑d|n

λ(d) =∑d|pa11

λ(d) · · ·∑d|pakk

λ(d)

98

και ∑d|paii

λ(d) = λ(1) + λ(pi) + λ(p2i ) + · · ·+ λ(paii )

= 1 + (−1)1 + (−1)2 + · · ·+ (−1)ai =

1, ai : άρτιος

0, ai : περιττός

΄Ετσι αν κάποιο από τα ai είναι περιττός τότε∑d|n

λ(d) = 0

ενώ αν όλα τα ai είναι άρτιοι τότε ∑d|n

λ(d) = 1

Εποµένως ∑d|n

λ(d) =

1, αν n = m2,m ∈ N

0, διαφορετικά 2

Λυµένη ΄Ασκηση 51. ΄Εστω Λ: N−→C, η συνάρτηση του Magnoldt, όπου Λ(n) = log p, αν n = pm,όπου p είναι πρώτος αριθµός και m ≥ 1, και Λ(n) = 0, σε κάθε άλλη περίπτωση.

(1) Είναι η συνάρτηση Λ πολλαπλασιαστική ή ενελικτικά αντιστρεπτή ;(2) Να δείξετε ότι, ∀n ∈ N: ∑

d|n

Λ(d) = logn

Λύση. (1) Από τον ορισµό της συνάρτησης του Magnoldt Λ έχουµε ότι

Λ(1) = 0, Λ(2) = log 2, Λ(3) = log 3, · · ·Γνωρίζουµε από τη ϑεωρία ότι η ενελικτικά αντίστροφη µια αριθµητικής συνάρτησης f υπάρχειαν και µόνο αν f(1) = 0. ΄Αρα η συνάρτηση Λ δεν είναι ενελικτικά αντιστρεπτή. Επίσης αν η Λήταν πολλαπλασιαστική τότε Λ(1) = 1, που είναι άτοπο. Συνεπώς η συνάρτηση Λ δεν είναι ούτεπολλαπλασιαστική.

(2) ΄Εστω n = 1. Τότεlog 1 = 0 = Λ(1) =

∑d|1

Λ(d)

και άρα η Ϲητούµενη σχέση ισχύει.΄Εστω n > 1 και n = pa11 . . . pakk η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n.

• Αν d = 1 τότε Λ(1) = 0. Αν

• Αν d > 1 και η πρωτογενής ανάλυση του διαιρέτη d περιέχει περισσότερους από έναν από τουςπρώτους pi τότε από τον ορισµό της συνάρτησης Λ έχουµε

Λ(d) = 0

ενώ αν περιέχει ακριβώς ένα από τα pi, δηλαδή d = pbii µε bi ≤ ai, τότεΛ(d) = log pi 6= 0

99

Εποµένως έχουµε∑d|n

Λ(d) =(Λ(p1) + · · ·+ Λ(pa11 )

)+ · · ·+

(Λ(pk) + · · ·+ Λ(pakk )

)=

(log p1 + · · ·+ log p1︸︷︷︸

a1 ϕορές

)+ · · ·+

(log pk + · · ·+ log pk︸︷︷︸

ak ϕορές

)= a1 log p1 + · · ·+ ak log pk

= log pa11 + · · ·+ log pakk

= log pa11 · · · pakk

= log n

΄Αρα πράγµατι ∀n ∈ N:∑

d|n Λ(d) = log n. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 52. ΄Εστω a ∈ N, και έστω η αριθµητική συνάρτηση

(a,−) : N −→ C, (a,−)(b) = (a, b) = ΜΚ∆(a, b)

∆είξτε ότι η συνάρτηση (a,−) είναι πολλαπλασιαστική.

Λύση. 1ος Τρόπος: ΄Εστω b, c ∈ N µε (b, c) = 1. Θα δείξουµε ότι (a, bc) = (a, b)(a, c). Αν a = b =c = 1 τότε ϕανερά ισχύει. Υποθέτουµε ότι τουλάχιστον ένα από τα a, b, c είναι µεγαλύτερο του 1. ΄Εστωp1, . . . , pk οι πρώτοι που διαιρούν τουλάχιστον ένα από τα a, b, c. Τότε υπάρχουν µη αρνητικοί ακέραιοιai, bi, ci ώστε

a = pa11 . . . pakk , b = pb11 . . . pbkk , c = pc11 . . . pckk .

Αφού (b, c) = 1, έχουµε ότι αν bi > 0 τότε ci = 0 και αν ci > 0 τότε bi = 0. ΄Εχουµε

bc = pb1+c11 . . . pbk+ckk ,

(a, bc) = pmina1,b1+c11 . . . p

minak,bk+ckk ,

ενώ

(a, b) = pmina1,b11 . . . p

minak,bkk ,

(a, c) = pmina1,c11 . . . p

minak,ckk ,

(a, b)(a, c) = pmina1,b1+mina1,c11 . . . p

minak,bk+minak,ckk .

Αφού ai, bi, ci ≥ 0, και bi > 0 συνεπάγεται ci = 0 και ci > 0 συνεπάγεται bi = 0, έπεται ότι

minai, bi+ minai, ci = minai, bi + ci

για κάθε i και εποµένως ότι (a, bc) = (a, b)(a, c). ΄Αρα η συνάρτηση (a,−) : N −→ C, (a,−)(b) = (a, b)είναι πολλαπλασιαστική.

100

2ος Τρόπος: Χρησιµοποιώντας ότι (b, c) = 1, καθώς και γνωστές ιδιότητες που αφορούν τον µέγιστοκοινό διαιρέτη, ϑα έχουµε :

(a, bc) = (a2, a, bc)

= (a2, a · 1, bc)= (a2, a · (b, c), bc)=

(a2, (ab, ac), bc

)= (a2, ab, ac, bc)

= ((a2, ab), (ac, bc))

= (a(a, b), (a, b)c)

= (a(a, b), c(a, b))

= (a, c)(a, b)

= (a, b)(a, c) 2

Λυµένη ΄Ασκηση 53. Να ϐρεθεί η ενελικτική αντίστροφη µ−1 της συνάρτησης µ του Mobius.

Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση µ του Mobius:

µ(n) =

1, αν n = 1

0, αν υπάρχει p : πρώτος έτσι ώστε p2 | n

(−1)k, αν n = p1 · · · pk µε pi : πρώτοι και pi 6= pj , i 6= j

Υπενθυµίζουµε από τη ϑεωρία ότι αν f : N−→C είναι µια αριθµητική συνάρτηση και f(1) 6= 0 τότε ηαριθµητική συάρτηση f−1 υπάρχει και ορίζεται αναδροµικά ως εξής :

f−1(n) =

1

f(1) , n = 1

− 1f(1)

∑d|n, d<n f(nd )f−1(d), n > 1

΄Αρα αφού µ(1) = 1 6= 0 έπεται ότι η ενελικτική αντίστροφη µ−1 υπάρχει. Θέτουµε µ−1 = ν. Τότε

• Αν n = 1 τότε ν(1) = 1µ(1) = 1

1 = 1.

• Αν n = 2 τότε

ν(2) = − 1

µ(1)

∑d|nd<n

µ(nd

)ν(d) = − 1

µ(1)µ(2)ν(1) = −1 · (−1) · 1 = 1

• Αν n = 3 τότε

ν(3) = − 1

µ(1)

∑d|nd<n

µ(nd

)ν(d) = − 1

µ(1)µ(3)ν(1) = −1 · (−1) · 1 = 1

• Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι ν(k) = 1 για κάθε k ∈ N µε 3 ≤ k < n.

101

• Αν n = pa11 · · · pakk είναι η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n τότε από την επαγωγική υπόθεση έχουµε

ν(n) = − 1

µ(1)

∑d|n, d<n

µ(nd

)ν(d) = −

∑0≤b1,··· ,bk≤1

µ(pb11 · · · p

bkk

)Στο παραπάνω άθροισµα οι µη-µηδενικοί όροι εµφανίζονται όταν υπάρχουν στο pb11 · · · p

bkk γινόµενα διακε-

κριµµένων πρώτων. ΄Αρα αν pb11 · · · pbkk = p1 · · · pr, όπου pi ∈ p1, . . . , pk, τότε στο παραπάνω άθροισµα

ϑα έχουµεµ(p1 · · · pr) = (−1)r

Για κάθε r = 1, . . . , k ο αριθµός των τρόπων που µπορούµε να διαλέξουµε r πρώτους από τους k πρώτουςp1, . . . , pk είναι ο διωνυµικός συνελεστής (

kr

)Συνεπώς υπάρχουν

(kr

)επιλογές έτσι ώστε µ(p1 · · · pr) = (−1)r. Τότε έχουµε

ν(n) = −∑

0≤b1,··· ,bk≤1µ(pb11 · · · p

bkk

)= −

[−(k1

)+

(k2

)+ · · ·+ (−1)k

(kk

)]= −

[(k0

)−(k1

)+

(k2

)+ · · ·+ (−1)k

(kk

)−(k0

)]= −

[(1 + (−1)

)k − (k0

)]= −(0− 1)

= 1

Συνεπώς η ενελικτική αντίστροφη µ−1 της συνάρτησης µ του Mobius είναι η συνάρτηση

µ−1 = ν : N −→ C, ν(n) = 1, ∀n ∈ N 2

102






Λυµένη ΄Ασκηση 54. Θεωρούµε τις αριθµητικές συναρτήσεις : φ, ν, σ, τ , ε, και I, όπου I(n) = n,∀n ∈ N. Να δείξετε τις ακόλουθες σχέσεις :

µ−1 = ν, τ = ν ? ν, φ = µ ? I, σ = ν ? I, σ = φ ? τ, σ ? φ = I ? I

Λύση. Η σχέση µ−1 = ν έχει αποδειχθεί στην ΄Ασκηση 14 του Φυλλαδίου 4. Για κάθε n ∈ N έχουµε

(ν ? ν)(n) =∑d|n

ν(d) · ν(nd

)=∑d|n

1 · 1 =∑d|n

1 = τ(n) =⇒ τ = ν ? ν

΄Εστω n ∈ N. Από το Θεώρηµα του Gauss έχουµε

n =∑d|n

φ(d) =⇒ I(n) =∑d|n

φ(d)Αντιστροφή Mobius

=⇒ φ(n) =∑d|n

µ(d) · I(nd

)=⇒ φ(n) =

∑d|n

µ(d) · nd

=⇒ φ(n) =∑d|n

µ(nd

)· d

=⇒ φ(n) = (µ ? I)(n)

=⇒ φ = µ ? I

΄Εστω n ∈ N. Τότε έχουµε

(ν ? I)(n) =∑d|n

ν(d) · I(nd

)=∑d|n

1 · nd

=∑d|n

n

d=∑d|n

d = σ(n) =⇒ σ = φ ? τ

΄Εχουµετ = ν ? ν

(φ ? ν)(n) =∑

d|n φ(d) · ν(nd

)=∑

d|n φ(d) = n = I(n)=⇒

φ ? τ = (φ ? ν) ? ν

φ ? ν = I

103

και άρα

φ ? τ = I ? ν = ν ? I = σ =⇒ σ = φ ? τ

Τέλος από τις παραπάνω σχέσεις έχουµε

σ ? φ = σ ? µ ? I

= ν ? I ? µ ? I

= ν ? µ ? I ? I

= ε ? I ? I

= I ? I =⇒ σ ? φ = I ? I

΄Ετσι δείξαµε όλες τις Ϲητούµενες σχέσεις. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 55. Να δείξετε ότι :∑d|n

τ(d)µ(n

d) = 1 &

∑d|n

σ(d)µ(n

d) = n

Επιπρόσθετα αν ο n είναι ελεύθερος τετραγώνου, τότε δείξτε ότι :∑d|n

σ(dk−1)φ(d) = nk, ∀k ≥ 2

Λύση. Για κάθε n ∈ N έχουµε

τ(n) =∑d|n

1 =∑d|n

ν(d)Αντιστροφή Mobius

=⇒ ν(n) =∑d|n

µ(d) · τ(nd

)=⇒ 1 =

∑d|n

τ(d) · µ(nd

)και

σ(n) =∑d|n

d =∑d|n

I(d)Αντιστροφή Mobius

=⇒ I(n) =∑d|n

µ(d) · σ(nd

)=⇒ n =

∑d|n

σ(d) · µ(nd

)΄Εστω n ελεύθερος τετραγώνου και n = p1 · · · pr η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n. Θεωρούµε τησυνάρτηση

g(n) = σ(nk−1)

η οποία είναι πολλαπλασιαστική και άρα η συνάρτησηG(n) = g(n)φ(n) είναι επίσης πολλαπλασιαστική.Τότε η συνάρτηση

F (n) =∑d|n

G(n) =∑d|n

σ(dk−1) · φ(d)

είναι πολλαπλασιαστική και F (n) = F (p1) · · ·F (pr). Αν p είναι ένας πρώτος αριθµός τότε

F (p) =∑d|p

σ(dk−1) · φ(d) = σ(1)φ(1) + σ(pk−1)φ(p) = 1 +p(k−1)+1 − 1

p− 1· (p− 1) = pk

104

ΕποµένωςF (n) = F (p1) · · ·F (pr) = pk1 · · · pkr = (p1 · · · pr)k = nk

και άρα πράγµατι∑

d|n σ(dk−1)φ(d) = nk, ∀k ≥ 2. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 56. Να υπολογισθούν τα αθροίσµατα :∑d|n

µ(d)

d,

∑d|n

µ(d)τ(d),∑d|n

µ(d)σ(d),∑d|n

dµ(d)

Λύση. ΄Εστω n = pa11 · · · parr η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού n. Τότε γνωρίζουµε από τηΘεωρία ότι για κάθε πολλαπλασιαστική συνάρτηση f ισχύει∑

d|n

µ(d)f(d) =(1− f(p1)

)· · ·(1− f(pr)

)΄Αρα επειδή η συνάρτηση τ είναι πολλαπλασιαστική τότε έχουµε∑d|n

µ(d)τ(d) =(1−τ(p1)

)· · ·(1−τ(pr)

)= (1−2) · · · (1−2) = (−1)r =⇒

∑d|n µ(d)τ(d) = (−1)r

Επίσης αφού η συνάρτηση σ είναι πολλαπλασιαστική τότε∑d|n

µ(d)σ(d) =(1− σ(p1)

)· · · (1− σ(pr)

)=

(1− (p1 + 1)

)· · ·(1− (pr + 1)

)= (−p1) · · · (−pr)

= (−1)rp1 · · · pr

=⇒∑

d|n µ(d)σ(d) = (−1)rp1 · · · pr

Η συνάρτηση f(n) = 1n είναι πολλαπλασιαστική και άρα η συνάρτηση∑

d|n

µ(d)f(d) =∑d|n

µ(d)

d

είναι επίσης πολλαπλασιαστική. Τότε έχουµε∑d|n

µ(d)

d=

(1− f(p1)

)· · ·(1− f(pr)

)= (1− 1

p1) · · · (1− 1

pr) =

n · (1− 1p1

) · · · (1− 1pr

)

n=

φ(n)

n

=⇒∑

d|nµ(d)d = φ(n)

n

Τέλος η συνάρτηση f(n) = n είναι πολλαπλασιαστική και άρα∑d|n

dµ(d) =(1−f(p1)

)· · ·(1−f(pr)

)= (1−p1) · · · (1−pr) =⇒

∑d|n dµ(d) = (1− p1) · · · (1− pr)

και έτσι έχουµε υπολογίσει όλα τα Ϲητούµενα αθροίσµατα. 2

105

Λυµένη ΄Ασκηση 57. ΄Εστω f και g δύο αριθµητικές συναρτήσεις, και έστω

f(n) =∑d|n

g(d)

Θεωρούµε τον n× n πίνακα ϕυσικών αριθµών M = (mij), όπου mij = f((i, j)), δηλαδή

M =

f((1, 1)) f((1, 2)) · · · f((1, n))f((2, 1)) f((2, 2)) · · · f((2, n))

......

. . ....

f((n, 1)) f((n, 2)) · · · f((n, n))

και f((i, j)) είναι η τιµή της f στον µέγιστο κοινό διαιρέτη (i, j) των i και j. Να δείξετε ότι :

Det(M) =

n∏k=1

g(k)

Επιπρόσθετα, αν η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική και f(p) 6= 0, για κάθε πρώτο p, τότε :

Det(M) =

n∏j=1

f(j)∏p|j

(1− 1

f(p))

Λύση. Ορίζουµε έναν n× n πίνακα A = (aij), όπου

aij =

1, αν j | i

0, αν j - i

και ορίζουµε ένα πίνακα B = (βij), όπου

βij = g(j) · aijΤότε έχουµε

(B · tA)ij =

n∑k=1

g(k)aikajk =∑k|(i,j)

g(k) =⇒ (B · tA)ij = f((i, j))

=⇒ B · tA = M

=⇒ Det(B) · Det(tA) = Det(M)

=⇒ Det(B) · Det(A) = Det(M)

Επειδή Det(A) = 1 και

Det(B) =

n∏j=1

g(j)

τότε έπεται ότι

Det(M) = Det(A) · Det(B) =

n∏k=1

g(k) (∗)

Αν η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική τότε έχουµε

f(d) · f( jd

)= f(j) =⇒ f

( jd

)=f(j)

f(d)

106

Εποµένως

g(j) =∑d|j

µ(d)f( jd

)= f(j) ·

∑d|j

µ(d)

f(d)= f(j) ·

∏p|j

(1− 1

f(p)

) (∗)=⇒ Det(M) =

n∏j=1

f(j)∏p|j

(1− 1

f(p))

και άρα έχουµε το Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 58. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1, 1) (1, 2) · · · (1, n)(2, 1) (2, 2) · · · (2, n)

......

. . ....

(n, 1) (n, 2) · · · (n, n)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = φ(1)φ(2) · · ·φ(n)

Λύση. Θέτουµε f(n) = n. Τότε

f(n) = n =∑d|n

g(d)Αντιστροφή Mobius

=⇒ g(n) =∑d|n

µ(d)f(nd

)=∑d|n

f(d)µ(nd

)=∑d|n

dµ(nd

)Επειδή η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική από την ΄Ασκηση 4 έχουµε

|(i, j)| =n∏j=1

j∏p|j

(1− 1

p

)= φ(1) · φ(2) · · ·φ(n)

και έτσι δείξαµε το Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 59. Να δείξετε ότι :∣∣∣∣∣∣∣∣∣[1, 1] [1, 2] · · · [1, n][2, 1] [2, 2] · · · [2, n]

......

. . ....

[n, 1] [n, 2] · · · [n, n]

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =n∏k=1

φ(k)∏p|k

(−p)

Λύση. Θέτουµε f(m) = 1m , που είναι πλήρως πολλαπλασιαστική, και ισχύει ότι f(p) 6= 0 για κάθε

πρώτο αριθµό p. Τότε ∑d|m

g(d) =1

m

και από την ΄Ασκηση 3 έχουµε

g(m) =∑d|m

µ(d) · f(md

)=∑d|m

µ(d) · dm

=1

m

∑d|m

µ(d) · d =1

m·∏p|m

(1− p)

=⇒ g(m) =1

m·∏p|m

(1− p) =φ(m)

m2

∏p|m

(−p)

Τότε το Ϲητούµενο προκύπτει από την ΄Ασκηση 4 χρησιµοποιώντας επίσης ότι [i, j] · (i, j) = ij. 2

107

Λυµένη ΄Ασκηση 60. Να δείξετε ότι αν m ∈ N, τότε το σύνολο των ϑετικών ακέραιων λύσεων τηςεξίσωσης

φ(x) = m

είναι πεπερασµένο.

Λύση. ΄Εστω n ∈ N µια λύση της εξίσωσης φ(x) = m, δηλαδή φ(n) = m, και n = pa11 · · · pakk η

πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n. Τότε

φ(n) = n ·(1− 1

p1

)· · ·(1− 1

p

)· · ·(1− 1

pr

)= pa1−11 · · · pak−1k · (p1 − 1) · · · (pk − 1)

=⇒ pai−1i (pi − 1) | φ(n) = m

=⇒ paii (pi − 1) ≤ mpi

=⇒ paii ≤ m ·pi

pi − 1

=⇒ paii ≤ 2m

΄Αρα κάθε δύναµη πρώτου pk η οποία διαιρεί τον αριθµό n ικανοποιεί την ανισότητητα : pk ≤ 2m.΄Οµως υπάρχει πεπερασµένο πλήθος δυνάµεων πρώτων µε την ιδιότητα pk ≤ 2m και εποµένως υπάρχειπεπερασµένο πλήθος γινοµένων τέτοιων δυνάµεων πρώτων. Συνεπώς υπάρχουν πεπερασµένες λύσειςτης εξίσωσης φ(x) = m. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 61. (1) Για ποιές τιµές του n ∈ N ο αριθµός φ(n) είναι περιττός ;(2) Να δείξετε ότι υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι n έτσι ώστε φ(n) = 2, 4, 6, 8, 10, 12.(3) Να δείξετε ότι η εξίσωση

φ(n) = 14

δεν έχει λύση.

Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ο αριθµός φ(n) είναι περιττός αν και µόνο αν n = 1 ή n = 2. Πράγµατιφ(1) = 1 και φ(2) = 1. Ισοδύναµα ϑα αποδείξουµε ότι για κάθε n > 2 ο αριθµός φ(n) είναιάρτιος. ΄Εστω n = pa11 · · · parr η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n µε n > 2. Τότε

φ(n) = pa11 · · · parr · (1−

1

p1) · · · (1− 1

pr) = pa1−11 · · · par−1r · (p1 − 1) · · · (pr − 1)

(α) Αν n είναι περιττός τότε οι αριθµοί p1, · · · , pr είναι περιττοί πρώτοι και άρα p1−1, · · · , pr−1είναι άρτιοι. Εποµένως το φ(n) είναι άρτιος αριθµός.

(β) ΄Εστω n άρτιος, δηλαδή n = 2ak όπου a ≥ 1 και k περιττός.• ΄Εστω k = 1. Τότε n = 2a και αφού n > 2 έπεται ότι a ≥ 2. ΄Αρα

φ(n) = φ(2a) = 2a(1− 1

2) = 2a−1

108

και a− 1 ≥ 1. Συνεπώς ο αριθµός φ(n) είναι άρτιος.• ΄Εστω k ≥ 3. Επειδή (2a, k) = 1 έπεται ότι

φ(2a · k) = φ(2a) · φ(k)

Τότε από τη πρώτη περίπτωση έχουµε ότι ο αριθµός φ(n) είναι άρτιος.(2) ΄Εχουµε

φ(3) = 2

φ(5) = 4

φ(7) = 6

και

φ(15) = φ(3 · 5) = φ(3) · φ(5) = (3− 1) · (5− 1) = 2 · 4 = 8

φ(11) = 10

φ(13) = 12

(3) ΄Εστω ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός n έτσι ώστε φ(n) = 14. Γνωρίζουµε ότι

φ(n) = pa1−11 · · · par−1r · (p1 − 1) · · · (pr − 1)

Αφού 7 | φ(n) = 14 και ο αριθµός 7 είναι πρώτος, υπάρχει κάποιο 1 ≤ i ≤ r έτσι ώστε7 | pai−1i

ή

7 | pi − 1

Στη πρώτη περίπτωση έχουµε ότι pi = 7 και άρα 6 | φ(n) που είναι άτοπο γιατί φ(n) = 14. Στηδεύτερη περίπτωση αφού οι αριθµοί 8 και 15 δεν είναι πρώτοι ϑα έχουµε αναγκαστικά ότι pi ≥ 22.΄Οµως τότε pi − 1 ≥ 21 και άρα φ(n) ≥ 21 που είναι άτοπο. Εποµένως η εξίσωση φ(n) = 14 δενέχει λύση. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 62. Να δείξετε ότι ∀d, n ∈ N : d | n =⇒ φ(d) | φ(n).

Λύση. Αν n = 1 τότε d = 1 και άρα η σχέση φ(d) = 1 | φ(n) = 1 ισχύει. ΄Εστω n > 1. Αν d = 1 τότεφ(d) = 1 | φ(n).

΄Εστω n > 1 και d > 1. ΄Εστω n = pa11 · · · parr η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού n. Χωρίς ϐλάβητης γενικότητας (µε εναλλαγή στην σειρά των pi) µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει k µε 1 ≤ k ≤ rκαι ακέραιοι b1, . . . , bk µε 1 ≤ bi ≤ ai για i = 1, 2, . . . , k, ώστε η πρωτογενής ανάλυση του d είναι η εξής :

d = pb11 · · · pbkk .

Τότε

φ(n) = pa11 · · · parr · (1−

1

p1) · · · (1− 1

pr)

= pa1−11 · · · par−1r (p1 − 1)(p2 − 1) . . . (pr − 1)

και

φ(d) = pb11 · · · pbkk · (1−

1

p1) · · · (1− 1

pk)

= pb1−11 · · · pbk−1k (p1 − 1)(p2 − 1) . . . (pk − 1)

Αφού bi ≤ ai για κάθε i έπεται ότι φ(d) | φ(n). 2

109

Λυµένη ΄Ασκηση 63. Να δείξετε ότι : ∑d|n

µ2(d)

φ(d)=

n

φ(n)

Λύση. Αν n = 1 τότε προφανώς η παραπάνω σχέση ισχύει. ΄Εστω n > 1 και n = pa11 · · · parr η πρωτογενήςανάλυση του αριθµού n. Επειδή φ(n) 6= 0 για κάθε n ∈ N, τότε ορίζουµε τη συνάρτηση

f(n) =µ2(n)

φ(n)

η οποία είναι πολλαπλασιαστική διότι οι συναρτήσεις µ, φ είναι πολλαπλασιαστικές. Τότε f(n) =f(pa11 · · · parr ) = f(pa11 ) · · · f(parr ) και άρα έχουµε∑

d|n

µ2(d)

φ(d)=( ∑d|pa11

µ2(d)

φ(d)

)· · ·( ∑d|parr

µ2(d)

φ(d)

)Υπολογίζουµε ∑

d|pa

µ2(d)

φ(d)=

µ2(1)

φ(1)+µ2(p)

φ(p)+µ2(p2)

φ(p2)+ · · ·+ µ2(pa)

φ(pa)

=µ2(1)

φ(1)+µ2(p)

φ(p)+ 0 + · · ·+ 0

=µ2(1)

φ(1)+µ2(p)

φ(p)

=1

1+

(−1)2

p− 1

=p

p− 1

΄Αρα ∑d|n

µ2(d)

φ(d)=

p1p1 − 1

· · · prpr − 1

=p1 · · · pr

(p1 − 1) · · · (pr − 1)

=pa11 · · · parr

pa1−11 · · · par−1r · (p1 − 1) · · · (pr − 1)

=n

φ(n)

και έτσι δείξαµε πράγµατι ότι∑

d|nµ2(d)φ(d) = n

φ(n) . 2

Λυµένη ΄Ασκηση 64. ∆είξτε ότι :

110

∑d|n

(−1)nd φ(d) =

0, n: άρτιος

−n, n: περιττός

Λύση. ∆ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις.

(1) : ΄Εστω n περιττός. Τότε για κάθε διαιρέτη d | n έπεται ότι ο d είναι περιττός και άρα ο αριθµός nd

είναι επίσης περιττός. Τότε από το Θεώρηµα του Gauss έχουµε

∑d|n

(−1)nd φ(d) =

∑d|n

(−1)φ(d) = −∑d|n

φ(d) = −n

(2) : ΄Εστω n άρτιος. Τότε n = 2km όπου m είναι περιττός. Τότε έχουµε

∑d|n

(−1)nd φ(d) =

∑d|n

φ(nd

)(−1)d

=∑d|2km

φ(2km

d

)(−1)d

(∗)=

∑d1|2k

∑d2|m

φ(2km

d1d2

)(−1)d1d2

=∑d1|2k

∑d2|m

φ(2k

d1

)φ(md2

)(−1)d1d2

=∑d1|2k

∑d2|m

φ(2k

d1

)φ(md2

)((−1)d1

)d2

Στην ισότητα (∗) παραπάνω, χρησιµοποιήσαµε ότι αφού d | 2km και (2k,m) = 1 τότε d = d1d2 όπουd1 | 2k, d2 | m µε (d1, d2) = 1. ΄Ολοι οι διαιρέτες d1 του 2k είναι άρτιοι εκτός ϕυσικά από τονd1 = 1. Επειδή d2 | m και m περιττός έχουµε ότι ο d2 είναι περιττός. ΄Αρα για d1 = 1 έχουµε((−1)d1)d2 = (−1)d2 = −1. Αν d1 > 1 τότε ((−1)d1)d2 = 1. Συνεπώς, χρησιµοποιώντας ότι για κάθε

111

ϕυσικό c ισχύει∑

d|c φ(d) = c, έχουµε∑d|n

(−1)nd φ(d) =

∑d1|2k

∑d2|m

φ(2k

d1

)φ(md2

)((−1)d1

)d2=

∑d1|2kd1>1

∑d2|m

φ(2k

d1

)φ(md2

)+∑d2|m

φ(2k

d1

)φ(md2

)(−1)

=( ∑d1|2kd1>1

φ(2k

d1

)) ∑d2|m

φ(md2

)− φ(2k)

∑d2|m

φ(md2

)

=( ∑d1|2kd1>1

φ(2k

d1

)) ∑d2|m

φ(d2)− φ(2k)∑d2|m

φ(d2)

=( ∑d1|2k

φ(2k

d1

)− φ(2k)

)·m− φ(2k) ·m

=(2k − φ(2k)

)·m− φ(2k) ·m

= 2k ·m− 2 · φ(2k) ·m= 2k ·m− 2 · 2k−1 ·m= 2k ·m− 2k ·m= 0

΄Αρα αν n είναι άρτιος τότε∑

d|n(−1)nd φ(d) = 0. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 65. Υπενθυµίζουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός n καλείται τέλειος, αν είναι ίσος µε τοάθροισµα των γνησίων διαιρετών του. Αν ο n είναι ένας τέλειος άρτιος αριθµός, να δείξετε ότι :∑

d|n

1

d= 2

Λύση. Αφού ο ϕυσικός αριθµός n είναι άρτιος τέλειος τότε

n = 2k−1 · (2k − 1)

όπου 2k − 1 είναι πρώτος και k > 1. Τότε d | n µε d ≥ 1 αν και µόνο αν ο d είναι της µορφής :

d = 1, 2, . . . , 2k−1, 2k − 1, 2 · (2k − 1), . . . , 2k−1 · (2k − 1)

Συνεπώς το πλήθος των ϕυσικών διαιρετών του αιρθµού n είναι τ(n) = 2k. Τότε έχουµε∑d|n

1

d=

1

1+

1

2+ · · ·+ 1

2k−1+

1

2k − 1+

1

2 · (2k − 1)+ · · ·+ 1

2k−1 · (2k − 1)

=2k−1 · (2k − 1) + 2k−2 · (2k − 1) + · · ·+ (2k − 1) + 2k−1 + 2k−2 + · · ·+ 2 + 1

n

=σ(n)

n

112

΄Οµως αφού ο αριθµός n είναι τέλειος έχουµε ότι σ(n) = 2n, όπου σ(n) είναι το άθροισµα των ϕυσικώνδιαιρετών του ϕυσικού αριθµού n. ΄Αρα από τη παραπάνω σχέση έπεται ότι∑

d|n

1

d=σ(n)

n=

2n

n= 2

και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 66. Γνωρίζοντας ότι ένας τέλειος άρτιος αριθµός είναι της µορφής

n = 2k−1(2k − 1)

όπου 2k − 1 είναι πρώτος και k > 1, να δείξετε ότι :

(1) n = 1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1).(2) φ(n) = 2k−1(2k−1 − 1).

Λύση. (1) ΄Εχουµε

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) =(2k − 1) · (2k − 1 + 1)

2

=2k · (2k − 1)

2

= 2k−1 · (2k − 1)

= n

και άρα πράγµατι n = 1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1).(2) Αφού η συνάρτηση φ του Euler είναι πολλαπλασιαστική και (2k−1, 2k − 1) = 1 τότε έχουµε

φ(n) = φ(2k−1 · (2k − 1)

)= φ

(2k−1

)· φ(2k − 1

)=

(2k−1 − 2k−2

)·(2k − 1− 1

)= 2k−1 ·

(1− 1

2

)·(2k − 2

)= 2k−1 · 1

2·(2k − 2

)= 2k−2 ·

(2k − 2

)= 2k−1 ·

(2k−1 − 1

)Σηµειώνουµε ότι για τη σχέση φ

(2k − 1

)= 2k − 2 χρησιµοποιήσαµε ότι ο αριθµός 2k − 1 είναι

πρώτος. Εποµένως : φ(n) = 2k−1(2k−1 − 1). 2

113





Λυµένη ΄Ασκηση 67. (1) ∆είξτε ότι η κλάση υπολοίπων [10]21 είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο τουZ21, και ϐρείτε την αντίστροφη κλάση της.

(2) ∆είξτε ότι η κλάση [62]155 δεν είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z155.

Λύση. (1) Γνωρίζουµε ότι

η κλάση [a]n είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Zn ⇐⇒ (a, n) = 1

Αφού λοιπόν (10, 21) = 1 έπεται ότι η κλάση υπολοίπων [10]21 είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείοτου Z21. Για την εύρεση της αντίστροφης κλάσης [10]−121 , ϑα έχουµε :

21 = 2 · 10 + 1 =⇒ 1 = 1 · 21 + (−2) · 10

=⇒ [1]21 = [21]21 + [−2]21 · [10]21

=⇒ [1]21 = [−2]21 · [10]21

=⇒ [10]−121 = [−2]21

=⇒ [10]−121 = [19]21

Εποµένως η αντίστροφη κλάση της [10]21 είναι η [19]21.(2) ΄Εχουµε

(62, 155) = (2 · 31, 5 · 31) = 31

Επειδή (62, 155) = 31 6= 1 έπεται ότι η κλάση [62]155 δεν αντιστρέφεται. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 68. ∆είξτε ότι αν a, n ∈ Z µε n ≥ 1 τότε το σύνολο

a, a+ 1, . . . , a+ n− 1αποτελεί ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn.

Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότι αν a+ i ≡ a+ j(modn) τότε i = j, όπου 0 ≤ i ≤ j ≤ n− 1. ΄Εχουµε

a+ i ≡ a+ j(modn) =⇒ n | a+ i− a− j =⇒ n | i− j =⇒ n | j − iΑν j − i 6= 0 έχουµε n ≤ j − i, το οποίο ειναι αντίφαση, γιατί j < n και i ≥ 0. ΄Αρα i = j. Συνεπώς τοσύνολο a, a+ 1, . . . , a+ n− 1 αποτελεί ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn. 2

114

Λυµένη ΄Ασκηση 69. ΄Εστω a1, a2, · · · , ap και b1, b2, · · · bp δύο πλήρη συστήµατα υπολοίπωνmod p,όπου p είναι ένας πρώτος. Να δείξετε ότι αν p > 2, τότε το σύνολο

a1b1, a2b2, · · · , apbp

δεν είναι ποτέ πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod p.

Λύση. Αφού a1, a2, · · · , ap και b1, b2, · · · bp είναι δύο πλήρη συστήµατα υπολοίπων mod p, τότε γιακάποιο i, j ∈ 1, . . . , p έχουµε ότι ai ≡ 0 (mod p) και bj ≡ 0 (mod p). Χωρίς ϐλάβη της γενικότηταςυποθέτουµε ότι i = p, δηλαδή

ap ≡ 0 (mod p)

΄Εχουµε τότε δύο περιπτώσεις :

(1) Αν j 6= p, τότε ajbj ≡ 0 (mod p) και apbp ≡ 0 (mod p). Εποµένως ajbj ≡ apbp (mod p), και άρατο σύνολο

a1b1, · · · , apbp

δεν είναι πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod p.

(2) Υποθέτουµε τώρα ότι j = p. Αφού a1, a2, · · · , ap είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod pτότε υπάρχει µια ένα προς ένα και επί συνάρτηση

σ : 1, 2, . . . , p− 1 −→ a1, a2, . . . , ap−1, έτσι ώστε ai ≡ σ(i) (mod p)

Συνεπώς επειδήp−1∏i=1

ai =

p−1∏i=1

σ(i) =

p−1∏i=1

i = 1 · 2 · · · · · (p− 1)

από το Θεώρηµα Wilson έπεται ότι

a1 · a2 · · · ap−1 = 1 · 2 · · · p− 1 = (p− 1)! ≡ (−1) (mod p)

και όµοια έπεται ότι

b1 · b2 · · · bp−1 ≡ (−1) (mod p)

Τότε όµως

a1b1 · a2b2 · · · ap−1bp−1 ≡ (−1)2 ≡ 1 (mod p)

Εποµένως το σύνολοa1b1, a2b2, · · · , apbp

δεν είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod p,

διότι αν ήταν τότε ϑα έπρεπε a1b1 · a2b2 · · · ap−1bp−1 ≡ −1 (mod p), που είναι άτοπο (επειδήp > 2, έπεται ότι 1 6≡ −1 (mod p)).

΄Αρα σε κάθε περίπτωση το σύνολοa1b1, · · · , apbp

δεν είναι πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod p. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 70. (1) ∆είξετε ότι :

a ≡ b (modn1) & b ≡ c (modn2) =⇒ a ≡ c (mod(n1, n2))

(2) ∆είξτε ότι αν a, b, n1, . . . , nk ∈ Z µε ni ≥ 1 για κάθε i, τότε

a ≡ b (modni), για κάθε i = 1, 2, · · · , k ⇐⇒ a ≡ b (mod[n1, . . . , nk])

Λύση. (1) ΄Εχουµε a ≡ b (modn1)

b ≡ c (modn2)=⇒

n1 | a− b

n2 | b− c

115

΄Εστω d = (n1, n2) ο µέγιστος κοινός διαιρέτης των n1 και n2. Τότε d | n1 και d | n2 και άραέχουµε d | a− b

d | b− c=⇒ d | a− b+ b− c =⇒ d | a− c =⇒ a ≡ c (mod d)

(2) ΄Εστω a ≡ b (modni) για κάθε i = 1, 2, · · · , k. Τότε

ni | a− b ∀ i = 1, . . . , k =⇒ [n1, . . . , nk] | a− b =⇒ a ≡ b (mod[n1, . . . , nk])

Υποθέτουµε αντίστροφα ότι a ≡ b (mod[n1, . . . , nk]). Τότε [n1, . . . , nk] | a− b και επειδή

n1 | [n1, . . . , nk], · · · , nk | [n1, . . . , nk]έπεται ότι ni | a− b για κάθε i = 1, . . . , k. ΄Αρα a ≡ b (modni) για κάθε i = 1, 2, · · · , k. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 71. ∆είξτε ότι

(1)220 − 1 ≡ 0 mod 41

(2)250 ≡ 4 mod 7

(3)4165 ≡ 6 mod 7

(4)1! + 2! + 3! + · · ·+ 100! ≡ 9 mod 12

(5)15 + 25 + 35 + · · ·+ 1005 ≡ 0 mod 4

Λύση. (1) ΄Εχουµε

25 = 32 ≡ −9 (mod 41) =⇒ (25)4 ≡ (−9)4 (mod 41)

=⇒ 220 ≡ 812 (mod 41)

=⇒ 220 ≡ (2 · 41− 1)2 (mod 41)

=⇒ 220 ≡ (−1)2 (mod 41)

=⇒ 220 ≡ 1 (mod 41)

=⇒ 220 − 1 ≡ 1− 1 (mod 41)

=⇒ 220 − 1 ≡ 0 (mod 41)

116

(2) ΄Εχουµε

25 = 32 ≡ 4 (mod 7) =⇒ (25)10 ≡ 410 (mod 7) =⇒ 250 ≡ 410 (mod 7)

΄Οµως

42 ≡ 2 (mod 7) =⇒ (42)5 ≡ 25 (mod 7) =⇒ 410 ≡ 4 (mod 7)

Εποµένως έπεται ότι 250 ≡ 410 ≡ 4 (mod 7).(3) ΄Εχουµε

41 ≡ −1 (mod 7) =⇒ 4165 ≡ (−1)65 (mod 7) ≡ −1 (mod 7)

και άρα 4165 ≡ 6 mod 7.(4) Παρατηρούµε ότι

1! + 2! + 3! ≡ 9 (mod 12)

4! = 24 ≡ 0 (mod 12)

∀ k ≥ 4 : k! = 4! · 5 · 6 · · · k ≡ 0 (mod 12)

Τότε

1! + 2! + 3! + · · ·+ 100! ≡ 9 + 0 + 0 + · · ·+ 0 (mod 12) ≡ 9 (mod 12)

(5) ΄Εστω n = 2a όπου a = 1, . . . , 50. Τότε

n5 = (2a)5 = 25 · a5 = 22 · (23 · a5) = 4 · (23 · a5) ≡ 0 (mod 4)

και άρα

25 + 45 + 65 + · · ·+ 1005 ≡ 0 (mod 4)

Για τους υπόλοιπους όρους έχουµε

1 ≡ 1 (mod 4) =⇒ 15 ≡ 1 (mod 4)

3 ≡ −1 (mod 4) =⇒ 35 ≡ (−1)5 ≡ −1 (mod 4)

5 ≡ −1 (mod 4) =⇒ 55 ≡ (−1)5 ≡ −1 (mod 4)

...

99 ≡ −1 (mod 4) =⇒ 995 ≡ (−1)5 ≡ −1 (mod 4)

΄Αρα έχουµε

15 + 25 + 35 + · · ·+ 1005 ≡ 1 + (−1) + · · ·+ (−1) ≡ 1 + (−1)λ ≡ 1 + (−1) ≡ 0 mod 4

Παρατηρείστε ότι το (−1) στο παραπάνω άθροισµα εµφανίζεται λ ϕορές όπου λ περιττός αριθµός.2

Λυµένη ΄Ασκηση 72. Εαν οι a, b είναι ακέραιοι και p είναι ένας πρώτος αριθµός δείξτε ότι

(a+ b)p ≡ ap + bp (mod p)

117

Λύση. Από το διωνυµικό ανάπτυγµα έχουµε

(a+ b)p =

p∑k=0

(pk

)ap−kbk

=

(p0

)· ap +

(p1

)· ap−1 · b+ · · ·+

(p

p− 1

)· a · bp−1 +

(pp

)· bp

= ap + bp +

p−1∑k=1

(pk

)· ap−k · bk

Θα δείξουµε ότι

p |(pk

)=

p!

k! · (p− k)!=

1 · 2 · · · p(1 · 2 · · · k) · (1 · 2 · · · p− k)

∈ N

για κάθε 1 ≤ k ≤ p−1. Παρατηρείστε ότι αν p οχι πρώτος η παραπάνω σχέση δεν ισχύει, για παράδειγµα

4 -(

42

)= 6

΄Εστω 1 · 2 · · · p = p · pa11 · · · pann η πρωτογενής ανάλυση του p! και έστω (1 · 2 · · · k) · (1 · 2 · · · p − k) =

qb11 · · · qbmm η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού (1 · 2 · · · k) · (1 · 2 · · · p− k). ΄Οµως

p 6= p1, · · · , pn και p 6= q1, · · · , qmδιότι οι αριθµοί 1, 2, 3, · · · , p− 1 ≤ p και k, p− k ≤ p επίσης. ΄Αρα για να είναι ϑετικός ακέραιος ο(

pk

)ϑα πρέπει στη πρωτογενή του ανάλυση να έχουµε ότι κάθε qi είναι κάποιο pj και bi ≤ ai. Επειδή λοιπόνο πρώτος αριθµός p /∈ q1, · · · , qm έπεται ότι η πρωτογενής ανάλυση του(

pk

)ϑα περιέχει τον p και άρα

p |(pk

)Εποµένως (

pk

)≡ 0 (mod p) =⇒

p−1∑k=1

(pk

)· ap−k · bk ≡ 0 (mod p)

και άρα από το διωνυµικό ανάπτυγµα έχουµε το Ϲητούµενο : (a+ b)p ≡ ap + bp (mod p). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 73. Εαν ο m είναι σύνθετος ακέραιος µε m > 4 δείξτε ότι

(m− 1)! ≡ 0 (modm)

Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότιm | (m− 1)!

Αφού ο m είναι σύνθετος έχουµε ότι m = s · t µε 1 s, t ≤ m− 1. ∆ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις :

118

• ΄Εστω s 6= t και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι s < t. Τότε

(m− 1)! = 1 · 2 · 3 · · · s · · · t · · ·m− 1 =⇒ m = s · t | (m− 1)!

• ΄Εστω s = t. Τότε m = s2 και άρα m− 1 = s2 − 1 = (s− 1) · (s+ 1). Αφού m = s2 > 4 έχουµε ότιs > 2 και άρα

s− 1 ≥ 2 =⇒ m− 1 ≥ 2 · (s+ 1) = 2s+ 2 > 2s

΄Αρα s, 2s < m− 1, και συνεπώς οι αριθµοί s και 2s είναι παράγοντες του (m− 1)!, δηλαδή

(m− 1)! = 1 · 2 · · · s · · · 2s · · ·m− 1 =⇒ m = s2 | (m− 1)!


Λυµένη ΄Ασκηση 74. ΄Εστω X =x1, x2, · · · , xk

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod k, όπου k > 1

είναι περιττός ϕυσικός. ∆είξτε ότι :k∑i=1

xi ≡ 0 (mod k)

Λύση. Το σύνολο Y = 1, 2, . . . , k είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod k. ΄Αρα υπάρχει µια έναπρος ένα και επί απεικόνιση σ : Y −→Y έτσι ώστε

xi ≡ σ(i) (mod k)

για κάθε 1 ≤ i ≤ k.Τότε

k∑i=1

xi ≡k∑i=1

σ(i) (mod k) (∗)

΄Οµως

k∑i=1

σ(i) =k∑j=1

j = 1 + 2 + · · ·+ k =k · (k + 1)

2

(∗)=⇒

k∑i=1

xi ≡k · (k + 1)

2(mod k) (1)

Επειδή ο αριθµός k > 1 είναι περιττός ϕυσικός έχουµε ότι k+12 ∈ N και άρα

k | k · (k + 1)

2(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι∑k

i=1 xi ≡ 0 (mod k). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 75. ΄ΕστωX =x0, x1, · · · , xm−1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modm και έστω

Y =y0, y1, · · · , yn−1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn. Αν (n,m) = 1, δείξτε ότι το σύνολο

Z =nxi +myj ∈ N | 0 ≤ i ≤ m− 1 & 0 ≤ j ≤ n− 1

ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modmn.

119

Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότιnxi +myj 6≡ nxk +myλ (modmn)

για κάθε 0 ≤ i 6= k ≤ m− 1 και για κάθε 0 ≤ j 6= λ ≤ n− 1.΄Εστω nxi +myj ≡ nxk +myλ (modmn). Τότε

n · (xi − xk) +m · (yj − yλ) ≡ 0(modmn) =⇒ mn | n · (xi − xk) +m · (yj − yλ)

Αφού m | mn τότε από τη παραπάνω σχέση έχουµε m | n · (xi − xk) +m · (yj − yλ)

m | m · (yj − yλ)=⇒ m | n · (xi − xk)

(m,n)=1=⇒ m | xi − xk

=⇒ xi ≡ xk (modm)

Παρόµοια δείχνουµε ότιyj ≡ yλ (modn)

και επειδηX =x0, x1, · · · , xm−1

είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπωνmodm και Y =

y0, y1, · · · , yn−1

είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων modn έπεται ότι

i = k και j = λ

΄Αρα το σύνολο Z =nxi +myj ∈ N | 0 ≤ i ≤ m− 1 & 0 ≤ j ≤ n− 1

είναι ένα πλήρες σύστηµα

υπολοίπων modmn. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 76. ΄ΕστωX =x1, x2, · · · , xφ(m)

ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπωνmodm και

έστω Y =y1, y2, · · · , yφ(n)

ένα περιορισµένο (ή ανηγµένο) σύστηµα υπολοίπων modn. Αν (n,m) = 1,

δείξτε ότι το σύνολο

Z =nxi +myj ∈ N | 1 ≤ i ≤ φ(m) & 1 ≤ j ≤ φ(n)

ένα περιορισµένο (ή ανηγµένο) σύστηµα υπολοίπων modmn.

Λύση. Για να είναι το σύνολο Z ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modmn ϑα πρέπει να δείξουµεότι (1) : nxi +myj ≡ nxk +myl (modmn) ⇐⇒ (i, j) = (k, l)

(2) : (nxi +myj ,mn) = 1, ∀ 1 ≤ i ≤ φ(m), 1 ≤ j ≤ φ(n)

(1) : ΄Εστω nxi +myj ≡ nxk +myl (modmn). Τότεmn | n(xi − xk) +m(yj − yl)

m | mn

n | mn

=⇒

m | n(xi − xk) +m(yj − yl)

n | n(xi − xk) +m(yj − yl)=⇒

m | n(xi − xk)

n | m(yj − yl)

(m,n)=1=⇒

m | xi − xk

n | yj − yl=⇒

xi ≡ xk (modm)

yj ≡ yl (modn)

120

΄Αρα (i, j) = (k, l) διότι X =x1, x2, · · · , xφ(m)

είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modm

και Y =y1, y2, · · · , yφ(n)

είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modn.

(2) : Αφού (n,m) = 1 τότε

(nxi +myj ,mn) = (nxi +myj ,m) · (nxi +myj , n)

΄Εστω d = (nxi +myj ,m). Τότε για κάθε i = 1, . . . , φ(m) έχουµε d | nxi +myj

d | m=⇒

d | nxi

d | mxi=⇒ d | (nxi,mxi) =⇒ d | (n,m)xi =⇒ d | xi

Συνεπώς d | (xi,m) = 1 διότι το X είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων modm, και άρα d = 1.Παρόµοια δείχνουµε ότι (nxi +myj , n) = 1 και άρα το (2) ισχύει. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 77. (1) ΄Εστω m,n δύο ϕυσικοί αριθµοί έτσι ώστε : (m,n) = 1. ∆είξτε ότι :

mφ(n) + nφ(m) ≡ 1 (modmn)

(2) ΄Εστω p, q δύο πρώτοι, όπου p 6= q. ∆είξτε ότι :(α΄)

pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq)

(ϐ΄)p− 1 | q − 1 & (a, pq) = 1 =⇒ aq−1 ≡ 1(mod pq)

Λύση. (1) Από το Θεώρηµα του Euler έχουµε : mφ(n) ≡ 1 (modn)

nφ(m) ≡ 1 (modm)

=⇒

n | mφ(n) − 1

m | nφ(m) − 1

=⇒ m · n | (mφ(n) − 1) · (nφ(m) − 1)

=⇒

m · n |(mφ(n) · nφ(m) − (mφ(n) + nφ(m) − 1)

)m · n | mφ(n) · nφ(m)

=⇒ m · n | mφ(n) + nφ(m) − 1

=⇒ mφ(n) + nφ(m) ≡ 1 (modmn)

(2) (α΄) Αφού p 6= q έχουµε (p, q) = 1 και άρα από το ερώτηµα (1) έπεται ότι

pφ(q) + qφ(p) ≡ 1 (mod pq) =⇒ pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq)

(ϐ΄) ΄Εστω ότι p− 1 | q− 1 και (a, pq) = 1. Τότε q− 1 = (p− 1) · k για κάποιο k ∈ N, και επειδή(p, q) = 1 έχουµε

(a, pq) = 1 =⇒ (a, p)(a, q) = 1 =⇒ (a, p) = 1 και (a, q) = 1

=⇒ p - a και q - a

121

Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε ap−1 ≡ 1 (mod p)

aq−1 ≡ 1 (mod q)=⇒ a(p−1)k ≡ 1k (mod p) =⇒ aq−1 ≡ 1 (mod p)

=⇒

aq−1 ≡ 1 (mod p)

aq−1 ≡ 1 (mod q)

=⇒

p | aq−1 − 1

q | aq−1 − 1

(p,q)=1=⇒ pq | aq−1 − 1

Εποµένως aq−1 ≡ 1(mod pq). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 78. ∆είξτε ότι για κάθε n ∈ N, ο αριθµός

1

5n5 +

1

3n3 +

7

15n


Λύση. ΄Εχουµε

A =1

5n5 +

1

3n3 +

7

15n =

3n5 + 5n3 + 7n

15και άρα:

A ∈ Z ⇐⇒ 15 | 3n5 + 5n3 + 7n

΄Εστω B = 3n5 + 5n3 + 7n. Τότε το B γράφεται ως εξής :

B = 3 · (n5 + 2n3 + 2n)− (n3 − n) (1)

Επειδή ο αριθµός 3 είναι πρώτος τότε για κάθε n ∈ Z έχουµε

n3 ≡ n (mod 3) =⇒

3 | n3 − n

3 | 3 · (n5 + 2n3 + 2n)

(1)=⇒ 3 | B (2)

Επίσης το B γράφεται και ωςB = 5 · (n5 + n3 + n)− 2 · (n5 − n) (3)

΄Οµοια µε παραπάνω, επειδή ο αριθµός 5 είναι πρώτος τότε για κάθε n ∈ Z έχουµε

n5 ≡ n (mod 5) =⇒

5 | n5 − n

5 | 5 · (n5 + n3 + n)

(3)=⇒ 5 | B (4)

Από τις σχέσεις (2) και (4) και επειδή (3, 5) = 1 έπεται ότι

15 | B =⇒ 15 | 3n5 + 5n3 + 7n

΄Αρα A ∈ Z. 2

122

Λυµένη ΄Ασκηση 79. (1) ∆είξτε ότι : 11 | 10! + 1 και 13 | 12! + 1(2) Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσων:

16!

19&

5!25!

31&

7 · 8 · 9 · 15 · 16 · 17 · 23 · 24 · 25 · 43

11&

5100

7&

62000

11

Λύση. (α΄) ΄Εχουµε

10! + 1 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 + 1

= 1 · (2 · 6) · (3 · 4) · (5 · 9) · (7 · 8) · 10 + 1

= 1 · 12 · 12 · 45 · 56 · 10 + 1

≡ 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · (−1) + 1 (mod 11)

≡ 0 (mod 11)

=⇒ 11 | 10! + 1

Επίσης έχουµε

12! + 1 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12 + 1

= 1 · (2 · 7) · (3 · 9) · (4 · 10) · (5 · 8) · (6 · 11) · 12 + 1

= 1 · 14 · 27 · 40 · 40 · 66 · 12 + 1

≡ 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · (−1) + 1 (mod 13)

≡ 0 (mod 13)

=⇒ 13 | 12! + 1

(ϐ΄) Από το Θεώρηµα Wilson γνωρίζουµε ότι (p−1)! ≡ −1 (mod p) όπου p ένας πρώτος αριθµός.

• 16!19 : Για p = 19 έχουµε

18! ≡ −1 (mod 19) =⇒ 18! ≡ 18 (mod 19)

=⇒ 18 ≡ 18! ≡ 16! · 17 · 18 ≡ 16! · (−2) · (−1) ≡ 16! · 2 (mod 19)

=⇒

9 · 2 ≡ 16! · 2 (mod 19)

(2, 19) = 1

=⇒ 9 ≡ 16! (mod 19)

Τότε 9− 16! = 19 · k και άρα 16! = (−k) · 19 + 9. Εποµένως το υπόλοιπο της διαίρεσης 16!19

είναι 9.

123

• 5!25!31 : ΄Εχουµε

5! · 25! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 25!

≡ (−30) · (−29) · (−28) · (−27) · (−26) · 25! (mod 31)

=⇒ 5! · 25! ≡ (−1)5 · 30! (mod 31)Wilson=⇒ 5! · 25! ≡ (−1)5 · (−1) (mod 31)

=⇒ 5! · 25! ≡ 1 (mod 31)

΄Αρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του 5!25!31 είναι 1.

• 7·8·9·15·16·17·23·24·25·4311 : ΄Εχουµε

7 · 8 · 9 · 15 · 16 · 17 · 23 · 24 · 25 · 43 ≡ 7 · 8 · 9 · 4 · 5 · 6 · 1 · 2 · 3 · 10 (mod 11)

= 10! (mod 11)

Από το Θεώρηµα Wilson έχουµε ότι 10! ≡ (−1) (mod 11) ≡ 10 (mod 11) και άρα

7 · 8 · 9 · 15 · 16 · 17 · 23 · 24 · 25 · 43 ≡ 10 (mod 11)

Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης του 7·8·9·15·16·17·23·24·25·4311 είναι 10.

• 5100

7 : Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε

5100 = 56·16+4 = (56)16 · 54 ≡ 116 · 54 ≡ 54 ≡ 252 ≡ 42 ≡ 16 ≡ 2 (mod 7)

και άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης 5100

7 είναι 2.

• 62000

11 : Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε

610 ≡ 1(mod 11) =⇒ (610)200 ≡ 1(mod 11) =⇒ 62000 ≡ 1(mod 11)

΄Αρα το υπόλοιπο της διαίρεσης 62000

11 είναι 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 80. ∆είξτε ότι :

3999999999 ≡ −1 (mod 7) & 21000000 ≡ 1 (mod 17)

Λύση. ΄Εχουµε

999999999− 3 = 999999996 = 166666666 · 6 =⇒ 999999999 ≡ 3 (mod 6)

΄Αρα από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε

3999999999 = 36·166666666+3 =(36)166666666 · 33 ≡ 1166666666 · 27 (mod 7) ≡ (−1) (mod 7)

και άρα 3999999999 ≡ −1 (mod 7). Για το δεύτερο ερώτηµα παρατηρούµε ότι 1000000 = 16 · 62500. Τότεαπό το Θεώρηµα του Fermat έχουµε

217−1 ≡ 1 (mod 17) =⇒ 216 ≡ 1 (mod 17)

=⇒(216)62500 ≡ 162500 (mod 17)

=⇒(216)62500 ≡ 1 (mod 17)

=⇒ 21000000 ≡ 1 (mod 17)

124


Λυµένη ΄Ασκηση 81. ∆είξτε ότι, ∀n ∈ N:

42 | n7 − n & 30 | n9 − n

Λύση. ΄Εστω n ∈ N. Αν ο n είναι άρτιος τότε ο αριθµός n7 είναι άρτιος και άρα n7 − n είναι επίσηςάρτιος. Συνεπώς σε αυτή τη περίπτωση έχουµε n7 ≡ n (mod 2). Αν τώρα ο n είναι περιττός τότε ο αριθµόςn7 είναι περιττός και άρα ο n7 − n είναι άρτιος. Εποµένως πάλι έχουµε n7 ≡ n (mod 2). ΄Αρα για κάθεn ∈ N ισχύει

n7 ≡ n (mod 2) (1)

Επειδή ο αριθµός 3 είναι πρώτος τότεn3 ≡ n (mod 3)

και άραn7 = (n3)2 · n ≡ n2 · n ≡ n3 ≡ n (mod 3) =⇒ n7 ≡ n (mod 3) (2)

Επίσης επειδή ο αριθµός 7 είναι πρώτος τότε

n7 ≡ n (mod 7) (3)

΄Αρα από τις σχέσεις (1), (2) και (3) έπεται ότι

n7 ≡ n (mod 2 · 3 · 7) ≡ n (mod 42) =⇒ 42 | n7 − n

Επειδή n3 ≡ n (mod 3) και n5 ≡ n (mod 5) τότε έχουµε

n9 − n ≡ (n3)3 − n ≡ n3 − n ≡ 0 (mod 3) (1′)

καιn9 − n ≡ n5 · n4 − n ≡ n5 − n ≡ 0 (mod 5) (2′)

΄Οπως παραπάνω έχουµε ότι ο αριθµός n9 − n είναι άρτιος για κάθε n ∈ N. ΄Αρα

n9 − n ≡ 0 (mod 2) (3′)

Από τις σχέσεις (1′), (2′) και (3′) έπεται ότι

2, 3, 5 | n9 − n =⇒ 2 · 3 · 5 | n9 − nκαι άρα 30 | n9 − n. 2

125






Λυµένη ΄Ασκηση 82. ΄Εστω n ≥ 3 ακέραιος. ∆είξτε ότι

(n− 1, n) = 1 & ordn(n− 1) = 2

Σαν συνέπεια να συµπεράνετε ότι : 2 | φ(n).

Λύση. ΄Εστω d = (n− 1, n). Τότε d | n− 1

d | n=⇒ d | 1 =⇒ d = 1

΄Αρα (n − 1, n) = 1 και εποµένως ορίζεται η τάξη του n − 1 (modn), δηλαδή έχει νόηµα ο αριθµόςordn(n− 1). ΄Εχουµε

(n− 1)2 = n2 − 2n+ 1 ≡ 1 (modn)

και

n− 1 ≡ −1 (modn)

Επειδή n ≥ 3 έχουµε ότι −1 6≡ 1 (modn). Πράγµατι, αν −1 ≡ 1 (modn) τότε n | 2 και άρα n ≤ 2, κάτιτο οπ[οίο είναι άτοπο. Εποµένως ϑα έχουµε ότι

ordn(n− 1) = 2

Γνωρίζουµε ότι για κάθε a ∈ Z µε (a, n) = 1 ισχύει ότι

ordn(a) | φ(n)

Συνεπώς ordn(n− 1) = 2 | φ(n). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 83. ΄Εστω n ≥ 2 ακέραιος και a, b ακέραιοι µε ab ≡ 1 (modn). ∆είξτε ότι :

(a, n) = (b, n) = 1 & ordn(a) = ordn(b)

126

Λύση. Επειδή ab ≡ 1 (modn), ϑα έχουµε ότι : n | ab− 1.΄Εστω d = (a, n). Τότε d | n

d | a=⇒

d | n

d | ab=⇒

d | ab− 1

d | ab=⇒ d | 1 =⇒ d = (a, n) = 1

΄Οµοια δείχνουµε ότι (b, n) = 1.΄Εστω ότι ordn(a) = r και ordn(b) = s. Τότε

ar ≡ 1 (modn) και bs ≡ 1 (modn)

΄Εχουµε

ar ≡ 1 (modn) =⇒ arbr ≡ br (modn)

=⇒ (ab)r ≡ br (modn)

=⇒ 1r ≡ 1 ≡ br (modn)

=⇒ br ≡ 1 (modn)

και άραordn(b) = s | r (1)

Παρόµοια δείχνουµε ότιordn(a) = r | s (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται το Ϲητούµενο : ordn(a) = r = s = ordn(b). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 84. Βρείτε τις τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9.

Λύση. Υπολογίζουµε :

• ord16(3) : 32 = 9, 33 = 27 ≡ 11 (mod 16), 34 = 33 ≡ 1 (mod 16). ΄Αρα

ord16(3) = 4

• ord16(5) : 52 = 25 ≡ 9 (mod 16), 53 = 45 ≡ 13 (mod 16), 54 = 65 ≡ 1 (mod 16). Συνεπώς

ord16(5) = 4

• ord16(7) : 72 = 49 ≡ 1 (mod 16). Εποµένως

ord16(7) = 2

• ord16(9) : 92 = 81 ≡ 1 (mod 16). ΄Αρα

ord16(9) = 2

Συνοψίζοντας, οι τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9 είναι 4, 4, 2 και 2 αντίστοιχα. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 85. Να ϐρεθούν όλες οι λυσεις των παρακάτω ισοτιµιών :

127

(1) 2x ≡ 5 (mod 7)(2) 3x ≡ 6 (mod 9).(3) 19x ≡ 30 (mod 40)

Λύση. (1) Πρώτος τρόπος: Επειδή (2, 7) = 1 | 5 έπεται ότι η ισοτιµία 2x ≡ 5 (mod 7) έχει µοναδικήλύση (mod 7). ΄Αµεσα παρατηρούµε ότι 2 · 6 = 12 ≡ 5 (mod 7) και άρα η µοναδική λύση είναι η

x ≡ 6 (mod 7)

∆εύτερος τρόπος: ΄Εχουµε

7 = 2 · 3 + 1 =⇒ 1 = (−3) · 2 + 1 · 7=⇒ [1]7 = [−3]7 · [2]7 + [1]7 · [7]7

=⇒ [1]7 = [−3]7 · [2]7

=⇒ [2]7 · [4]7 = [1]7

=⇒ [2]−17 = [4]7

Τότεx = [2]−17 · [5]7 =⇒ x = [4]7 · [5]7 = [20]7 =⇒ x = [6]7

Εποµένως η µοναδική λύση της ισοτιµίας 2x ≡ 5 (mod 7) είναι η x ≡ 6 (mod 7).(2) Αφού (3, 9) = 3 | 6 έπεται ότι η ισοτιµία 3x ≡ 6 (mod 9) έχει 3 λύσεις (mod 9). Αν x0 είναι µια

λύση της 3x ≡ 6 (mod 9) τότε όλες οι λύσεις είναι οι ακόλουθες :

x0 (mod 9), x0 + 1 · 9

3= x0 + 3 (mod 9), x0 + 2 · 9

3= x0 + 6 (mod 9)

Παρατηρούµε ότι η x0 = 2 είναι προφανώς µια λύση. Εποµένως όλες οι λύσεις της ισοτιµίας3x ≡ 6 (mod 9) είναι οι εξής :

x0 ≡ 2 (mod 9), x1 ≡ 5 (mod 9), x2 ≡ 8 (mod 9)

(3) Πρώτος τρόπος: Αφού (19, 40) = 1 | 30 έπεται ότι η ισοτιµία 19x ≡ 30 (mod 40) έχειµοναδική λύση (mod 40). ΄Αµεσα παρατηρούµε ότι 19 · 10 = 190 = 4 · 40 + 30 ≡ 30 (mod 40)και άρα η µοναδική λύση είναι η x ≡ 10 (mod 40).

∆εύτερος τρόπος: ΄Εχουµε

19 = 2 · 9 + 1 =⇒ 1 = 19− 2 · 9=⇒ 1 = 19− 9 · (40− 2 · 19)

=⇒ 1 = −9 · 40 + 19 · 19

=⇒ [1]40 = [−9]40 · [40]40 + [19]40 · [19]40

=⇒ [1]40 = [19]40 · [19]40

=⇒ [19]−140 = [19]40

Τότε

x = [19]−140 · [30]40 =⇒ x = [19]40 · [30]40 = [570]40 = [10]40 =⇒ x = [6]7

Συνεπώς η µοναδική λύση της ισοτιµίας 19x ≡ 30 (mod 40) είναι η

x ≡ 10 (mod 40) 2

128

Λυµένη ΄Ασκηση 86. Βρείτε έναν αριθµό ο οποίος είναι πολλαπλάσιο του 11 και δίνει υπόλοιπο 1 ότανδιαιρεθεί µε τους αριθµούς 2, 3, 5, και 7.

Λύση. Το πρόβληµα ανάγεται στην επίλυση του παρακάτω συστήµατος γραµµικών ισοτιµιών :

(Σ) :

x ≡ 0 (mod 11)

x ≡ 1 (mod 2)

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7)

Επειδή οι αριθµοί 2, 3, 5, 7, 11 είναι ανα δυο πρώτοι µεταξύ τους, τότε από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπωνέπεται ότι το σύστηµα (Σ) έχει µοναδική λυση

x0 (modM) = x0 (mod 2 · 3 · 5 · 7 · 11) = x0 (mod 2310)

Υπολογίζουµε

M1 =2 · 3 · 5 · 7 · 11

2= 3 · 5 · 7 · 11 = 1155

M2 =2 · 3 · 5 · 7 · 11

3= 2 · 5 · 7 · 11 = 770

M3 =2 · 3 · 5 · 7 · 11

5= 2 · 3 · 7 · 11 = 462

M4 =2 · 3 · 5 · 7 · 11

7= 2 · 3 · 5 · 11 = 330

M5 =2 · 3 · 5 · 7 · 11

11= 2 · 3 · 5 · 7 = 210

και ϑεωρούµε τις ισοτιµίες :

1155x ≡ 1 (mod 2)

770x ≡ 1 (mod 3)

462x ≡ 1 (mod 5)

330x ≡ 1 (mod 7)

210x ≡ 1 (mod 11)

129

Επειδή 1155 = 2 · 577 + 1, 770 = 3 · 256 + 2, 462 = 5 · 92 + 2, 330 = 7 · 47 + 1 και 210 = 11 · 19 + 1, τοπαραπάνω σύστηµα είναι ισοδύναµο µε το ακόλουθο :

x ≡ 1 (mod 2)

2x ≡ 1 (mod 3)

2x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7)

x ≡ 1 (mod 11)

=⇒

b1 ≡ 1 (mod 2)

b2 ≡ 2 (mod 3)

b3 ≡ 3 (mod 5)

b4 ≡ 1 (mod 7)

b5 ≡ 1 (mod 11)

΄Αρα η µοναδική λύση (mod 2310) του (Σ) είναι

x0 =5∑i=1

Mibiai

= 1155 · 1 · 1 + 770 · 2 · 1 + 462 · 3 · 1 + 330 · 1 · 1 + 210 · 1 · 0= 1155 + 1540 + 1386 + 330

= 4411

≡ 2101 (mod 2310)

Συνεπώς ο Ϲητούµενος αριθµός είναι ο 2101. Παρατηρείστε πράγµατι ότι 2101 = 11 · 191. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 87. ∆είξτε ότι για κάθε k ≥ 2, υπάρχουν k το πλήθος διαδοχικοί ακέραιοι, κάθε έναςαπό τους οποίους διαιρείται από τετράγωνο αριθµού > 1.

Λύση. ΄Εστω p1, p2, · · · , pk διαφορετικοί πρώτοι αριθµοί k σε πλήθος, για παράδειγµα µπορούµε ναϑεωρήσουµε τους πρώτους k πρώτους αριθµούς. Θεωρούµε το παρακάτω σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών :

(Σ) :

x ≡ 0 (mod p21)

x ≡ −1 (mod p22)

x ≡ −2 (mod p23)...

x ≡ −k + 1 (mod p2k)

130

Επειδή (p2i , p2j ) = 1 για κάθε 1 ≤ i 6= j ≤ k, από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων έχουµε ότι το σύστηµα

(Σ) έχει µοναδική λύση mod(p1 · · · pk)2. ΄Εστω N η λύση του (Σ). Τότε

N ≡ 0 (mod p21)

N ≡ −1 (mod p22)

N ≡ −2 (mod p23)...

N ≡ −k + 1 (mod p2k)

=⇒

p21 | N

p22 | N + 1

p23 | N + 2...

p2k | N + k − 1

Συνεπώς οι k διαδοχικοί ακέραιοι N,N + 1, . . . , N + k− 1 έχουν την ιδιότητα ότι κάθε ένας από αυτούςδιαιρείται από τετράγωνο αριθµού > 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 88. Βρείτε όλες τις λύσεις στο Z για το σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ 32 (mod 21)x ≡ −6 (mod 10)x ≡ 2 (mod 12)

Λύση. Πρώτος τρόπος: ΄Εχουµε n1 = 21 = 3 ·7, n2 = 10 = 2 ·5, n3 = 12 = 22 ·3, b1 = 32, b2 = −6,b3 = 2 και

(n1, n2) = 1 | b1 − b2

(n1, n3) = 3 | b1 − b3

(n2, n3) = 2 | b2 − b3΄Αρα από τη Θεωρία το σύστηµα (Σ) έχει λύση στο Z και είναι ισοδύναµο µε το παρακάτω σύστηµα:

x ≡ 32 (mod 3)

x ≡ 32 (mod 7)

x ≡ −6 (mod 2)

x ≡ −6 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 22)

x ≡ 2 (mod 3)

⇐⇒

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 4 (mod 7)

x ≡ 0 (mod 2)

x ≡ −1 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 4)

x ≡ 2 (mod 3)

Επειδή η πρώτη ισοτιµία συµπίπτει µε την έκτη, και η πέµπτη ισοτιµία συνεπάγεται την τρίτη (πραγµατικά :αν x ≡ 2 (mod 4), τότε 4 | x − 2, απ΄ όπου εύκολα ϐλέπουµε ότι 2 | x, δηλαδή x ≡ 0 (mod 2)), καιτέλος επειδή το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των αριθµών 3, 7, 2, 5, 4 συµπίπτει µε το ελάχιστο κοινόπολλαπλάσιο των αριθµών 3, 7, 5, 4, έπεται ότι το παραπάνω σύστηµα είναι ισοδύναµο µε το ακόλουθο

131

σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών :

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 4)

x ≡ −1 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 7)

Επειδή οι αριθµοί 3, 4, 5, 7 είναι ανα δυο πρώτοι µεταξύ τους, τότε από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπωνέπεται ότι το σύστηµα (Σ) έχει µοναδική λυση

x0 (modM) = x0 (mod 3 · 4 · 5 · 7) = x0 (mod 420)

Ακολουθώντας το συνηθισµένο τρόπο λύσης ϐρίσκουµε ότι : x0 ≡ 74 (mod 420).

∆εύτερος Τρόπος: Αφού x ≡ 2 (mod 3) έχουµε ότι υπάρχει κάποιο t1 έτσι ώστε x = 3t1 + 2. Τότεαντικαθιστώντας στην ισοτιµία x ≡ 2 (mod 22) έχουµε

3t1 + 2 ≡ 2 (mod 22) =⇒ 3t1 ≡ 0 (mod 4) =⇒ t1 ≡ 0 (mod 4) =⇒ t1 = 4t2

και άρα x = 12t2 + 2. Από την εξίσωση x ≡ −1 (mod 5) έχουµε

12t2 + 2 ≡ −1 (mod 5) =⇒ 2t2 ≡ −3 (mod 5) =⇒ 2t2 ≡ 2 (mod 5) =⇒ t2 ≡ 1 (mod 5)

Συνεπώς t2 = 5t3 + 1 και άρα x = 60t3 + 14. Τέλος, αντικαθιστώντας στην x ≡ 4 (mod 7) έχουµε

60t3 + 14 ≡ 4 (mod 7) =⇒ 4t3 ≡ 4 (mod 7)

Για t3 = 1 έχουµε τη λύση x = 60 · 1 + 14 = 74.Πράγµατι έχουµε

[74]3 = [60 + 14]3 = [14]3 = [2]3

[74]4 = [34]4 = [32 + 2]4 = [2]4

[74]5 = [75− 1]5 = [−1]5

[74]7 = [70 + 4]7 = [4]7

Συνεπώς η µοναδική λύση του συστήµατος (Σ) είναι η x0 ≡ 74 (mod 420).

Τρίτος Τρόπος: Επειδή 32 ≡ 11 (mod 21), και −6 ≡ 4 (mod 10), το αρχικό σύστηµα είναι προφανώςισοδύναµο µε το

(Σ′)

x ≡ 11 (mod 21)x ≡ 4 (mod 10)x ≡ 2 (mod 12)

΄Οπως και προηγουµένως το (Σ′) έχει λύση η οποία είναι µοναδική mod 420. Θεωρούµε τις δύο πρωτεςισοτιµίες

(Σ′1)

x ≡ 11 (mod 21)x ≡ 4 (mod 10)

132

Επειδή (21, 10) = 1, από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων, το σύστηµα (Σ′1) έχει µοναδική λύσηmod 210.Εργαζόµενοι όπως στην ΄Ασκηση 5, ϐλέπουµε εύκολα ότι η µοναδική λύση mod 210 του (Σ′1) είναι ηx ≡ 74 (mod 210). Επειδή προφανώς το (Σ′) είναι ισοδύναµο µε το συστηµα

(Σ′2)

x ≡ 74 (mod 210)x ≡ 2 (mod 12)

έπεται ότι η µοναδική λύση του (Σ′2), mod[210, 12] = mod 420, είναι η µοναδική λύση του (Σ) mod 420.Παρατηρούµε ότι το x0 = 74 ικανοποιεί την x ≡ 2 (mod 12), διότι 74− 2 = 6 · 12. Εποµένως η µοναδικήλύση του (Σ) είναι η

x ≡ 74 (mod 74) 2

Λυµένη ΄Ασκηση 89. Βρείτε όλες τις λύσεις στο Z για το σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

2x ≡ 4 (mod 6)4x ≡ 8 (mod 12)5x ≡ 10 (mod 25)

Λύση. Αφού (2, 6) = 2 | 4, (4, 12) = 4 | 8 και (5, 25) = 5 | 10 το σύστηµα (Σ) είναι ισοδύναµο µε τοακόλουθο σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών :

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 5)

⇐⇒

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 5)

Προφανώς η µοναδική λύση (mod 15) είναι η x0 ≡ 2 (mod 15). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 90. Να ϐρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού

A = 1111 + 11112

+ · · ·+ 111111


Λύση. Ζητάµε k ∈ N έτσι ώστε A ≡ k(mod 7) όπου 0 ≤ k ≤ 6. ΄Εχουµε :

11 ≡ 4 (mod 7)

1111 ≡ 411 (mod 7)

11112 ≡ 411

2(mod 7)

...

111111 ≡ 411

11(mod 7)

=⇒ A ≡ 411 + 4112

+ · · ·+ 41111

(mod 7)

133

Για να απλοποιήσουµε τις πράξεις, ϑα προσπαθήσουµε να ελλατώσουµε τις δυνάµεις του 11 οι οποίεςεµφανίζονται στην έκφραση του A. Παρατηρούµε ότι

11 ≡ 2 (mod 3) =⇒ 112k ≡ 22k ≡ 4k ≡ 1 (mod 3) =⇒

112k ≡ 1 (mod 3)

112k+1 ≡ 11 ≡ 2 (mod 3)

και άρα 112k = 3λ+ 1, λ ∈ Z

112k+1 = 3µ+ 2, µ ∈ ZΕπειδή 42 ≡ 2 (mod 7) και 43 = 64 ≡ 1 (mod 7) έχουµε

4112k

= 43λ+1 = 43λ · 4 ≡ 1 · 4 ≡ 4 (mod 7)

και411

2k+1= 43µ+2 = 43µ · 42 ≡ 1 · 2 ≡ 2 (mod 7)

Τότε έπεται ότι

A = 1111 + 11112

+ · · ·+ 111111

≡ 411 + 4112

+ · · ·+ 41111

(mod 7)

≡ 2 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 + 2

≡ 32 (mod 7)

≡ 4 (mod 7)

΄Αρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού A = 1111 + 11112

+ · · · + 111111

µε τον αριθµό 7 είναι 4.2


7 | 22225555 + 55552222

Λύση. Αφού 2222 = 7 · 317 + 3 και 5555 = 7 · 793 + 4 έχουµε

2222 ≡ 3 (mod 7) και 5555 ≡ 4 ≡ −3 (mod 7)

Εποµένως22225555 ≡ 35555 (mod 7)

και55552222 ≡ (−3)2222 (mod 7) ≡ 32222 (mod 7)

΄Αρα αρκεί να δείξουµε ότι

22225555 + 55552222 ≡ 35555 + 32222 ≡ 32222(33333 + 1) ≡ 0 (mod 7)

΄Εχουµε 33333 + 1 = 33·1111 + 1 και 1111 ≡ 1 (mod 6) διότι 1111 = 6 · 185 + 1. Ακόµα από το Θεώρηµατου Fermat έχουµε ότι

36 ≡ 1 (mod 7)

Τότε33333 = 33·1111 = (31111)3 = (36·185+1)3 = (36·185)3 · 33 ≡ 1 · 33 ≡ 27 ≡ 6 (mod 7)

134

και εποµένως

33333 + 1 ≡ 6 + 1 ≡ 7 ≡ 0 (mod 7)

΄Αρα

22225555 + 55552222 ≡ 32222(33333 + 1) ≡ 0 (mod 7)

δηλαδή 7 | 22225555 + 55552222. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 92. (Πρόβληµα του Branmagupta, 7ος αιώνας µ.Χ.) ΄Οταν παίρνουµε αυγά από ένακαλάθι ανά: 2, 3, 4, 5, 6 κάθε ϕορά, τότε µένουν αντίστοιχα 1, 2, 3, 4, 5 αυγά στο καλάθι. ΄Οταν όµωςπαίρνουµε ανά 7 τότε δεν µένει κανένα. Να υπολογισθεί ο ελάχιστος αριθµός αυγών που ϑα πρέπει ναπεριέχει το καλάθι.

Λύση. Πρώτος τρόπος: Η απάντηση στο Πρόβληµα του Branmagupta είναι η ελάχιστη ϑετική λύσητου παρακάτω συστήµατος γραµµικών ισοτιµιών :

(Σ) :

x ≡ 1 (mod 2)

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 3 (mod 4)

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 5 (mod 6)

x ≡ 0 (mod 7)

Η ισοτιµία x ≡ 5 (mod 6) είναι ισοδύναµη4 x ≡ 5 (mod 2)

x ≡ 5 (mod 3)

δηλαδή ισοδύναµη µε το σύστηµα x ≡ 1 (mod 2)

x ≡ 2 (mod 3)

Οι παραπάνω δυο εξισώσεις υπάρχουν ήδη στο γραµµικό σύστηµα (Σ) και άρα µπορούν να παραληφθούν.Παρατηρούµε επίσης ότι η εξίσωση x ≡ 1 (mod 2) προκύπτει από την x ≡ 3 (mod 4) και άρα µπορεί ναπαραληφθεί. Πράγµατι αφού x ≡ 3 (mod 4) έπεται ότι ο x είναι περιττός και άρα η εξίσωση x ≡ 1 (mod 2)

4Γενικά, αν (n1, n2) = 1, τότε : x ≡ a (modn1) & x ≡ a (modn2) ⇐⇒ x ≡ a (modn1n2)

135

ισχύει. Συνεπώς το (Σ) είναι ισοδύναµο µε το ακόλουθο σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών :

(Σ′) :

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 3 (mod 4)

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 0 (mod 7)

Επειδή οι αριθµοί 3, 4, 5, 7 είναι ανα δυο πρώτοι µεταξύ τους, τότε από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπωνέπεται ότι το σύστηµα (Σ′), και άρα και το (Σ), έχει µοναδική λυση

x0 (modM) = x0 (mod 3 · 4 · 5 · 7) = x0 (mod 420)

Ακολουθώντας το συνηθισµένο τρόπο λύσης (ϐλέπε ΄Ασκηση 5) ϐρίσκουµε το x0.

∆εύτερος τρόπος: Από την x ≡ 2 (mod 3) έχουµε ότι x = 3t1 + 2 και άρα από την x ≡ 3 (mod 4)έπεται ότι

3t1 + 2 ≡ 3 (mod 4) =⇒ 3t1 ≡ 1 (mod 4) =⇒ 3 · (3t1) ≡ 3 (mod 4) =⇒ t1 ≡ 3 (mod 4)

Εποµένως t1 = 4t2 + 3 και άρα x = 3 · (4t2 + 3) + 2 = 12t2 + 11. Τότε από την εξίσωση x ≡ 4 (mod 5)έπεται ότι

12t2 + 11 ≡ 4 (mod 5) =⇒ 2t2 + 1 ≡ 4 (mod 5)

=⇒ 2t2 ≡ 3 (mod 5)

=⇒ 3 · (2t2) ≡ 9 (mod 5)

=⇒ t2 ≡ 4 (mod 5)

=⇒ t2 = 5t3 + 4

και άρα x = 12 · (5t3 + 4) + 11 = 60t3 + 59. Τέλος από την εξίσωση x ≡ 0 (mod 7) έπεται ότι

60t3 + 59 ≡ 0 (mod 7) =⇒ 4t3 ≡ −3 (mod 7) =⇒ 4t3 ≡ 4 (mod 7) =⇒ t3 ≡ 1 (mod 7)

Εποµένως t3 = 7t4 + 1 και άρα

x = 420t4 + 60 + 59 = 420t4 + 119.

Φανερά, για ακέραιο t4 η ελάχιστη ϑετική τιµή που παίρνει το x είναι 119 για t4 = 0. Συνεπώς ο ελάχιστοςαριθµός αυγών που ϑα πρέπει να περιέχει το καλάθι είναι 119. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 93. Σε ένα πάρτυ, κάποιος Ϲητάει από έναν γνωστό του να διαλέξει στην τύχη έναναριθµό από το 1 µέχρι το 100, και ακολούθως χωρίς να του αναφέρει το αριθµό, του Ϲητάει να του πειτα υπόλοιπα των διαιρέσεων του αριθµού µε τους αριθµούς 3, 5, και 7. Γνωρίζοντας τα υπόλοιπα αυτώντων διαιρέσεων, µπορείτε να ϐρείτε τον κρυφό αριθµό ;

Λύση. ΄Εστω a1 το υπόλοιπο της διαίρεσης του x0 µε το 3, a2 το υπόλοιπο της διαίρεσης του x0 µε το 5και a3 το υπόλοιπο της διαίρεσης του x0 µε το 7. Τότε ο κρυφός αριθµός x0, όπου 1 ≤ x0 ≤ 100, είναι η

136

λύση του συστήµατος γραµµικών ισοτιµιών :

(Σ) :

x ≡ a1 (mod 3)

x ≡ a3 (mod 5)

x ≡ a3 (mod 7)

Επειδή οι αριθµοί 3, 5, 7 είναι ανα δυο πρώτοι µεταξύ τους, τότε από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπωνέπεται ότι το σύστηµα (Σ) έχει µοναδική λυση

x0 (modM) = x0 (mod 3 · 5 · 7) = x0 (mod 105)

Υπολογίζουµε

M1 =3 · 5 · 7

3= 35

M2 =3 · 5 · 7

5= 21

M3 =3 · 5 · 7

7= 15

και έχουµε τις παρακάτω εξισώσεις :35x ≡ 1 (mod 3)

21x ≡ 1 (mod 5)

15x ≡ 1 (mod 7)

=⇒

2x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7)

=⇒

x ≡ −1 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7)

΄Αρα b1 = −1, b2 = 1, b3 = 1 και η λύση είναι η

x0 = M1b1a1 +M2b2a2 +M3b3a3

= 35 · (−1) · a1 + 21 · 1 · a2 + 15 · 1 · a3= −35a1 + 21a2 + 15a3

Εποµένως ο Ϲητούµενος κρυφός αριθµός είναι το µικρότερο ϑετικό υπόλοιπο (mod 105) του αριθµού :

−35a1 + 21a2 + 15a3 2

Λυµένη ΄Ασκηση 94. Επτά ληστές προσπαθούν να µοιράσουν δίκαια τα κλοπιµαία τα οποία αποτελούν-ται από ϱάβδους χρυσού. Μετά τη µοιρασιά 6 ϱάβδοι χρυσού περίσσεψαν και στη διαµάχη που ακο-λούθησε ένας ληστής σκοτώθηκε. Οι υπόλοιποι έξι ληστές δοκίµασαν να µοιράσουν πάλι τους ϱάβδους,αλλά πάλι δεν τα κατάφεραν διότι αυτή τη ϕορά περίσσεψαν 2 ϱάβδοι. Στη διαµάχη που ακολούθησεένας ακόµα ληστής σκοτώθηκε. Στη νέα µοιρασιά που ακολούθησε περίσσεψε µια ϱάβδος χρυσού καιµετά τον ϑάνατο ενός ακόµα ληστή, τελικά οι εναποµείναντες ληστές κατάφεραν να µοιράσουν στα ίσιατους ϱάβδους χρυσού.

Ποιός είναι ο ελάχιστος αριθµός ϱάβδων χρυσού που έκλεψαν οι ληστές ;

137

Λύση. ΄Εστω x ο Ϲητούµενος αριθµός ϱάβδων χρυσού που έκλεψαν οι ληστές. ΄Εχουµε

• Επτά ληστές − Πρώτη µοιρασιά : x ≡ 6 (mod 7)

• ΄Εξι ληστές − ∆εύτερη µοιρασιά : x ≡ 2 (mod 6)

• Πέντε ληστές − Τρίτη µοιρασιά : x ≡ 1 (mod 5)

• Τέσσερις ληστές − Τελευταία µοιρασιά : x ≡ 0 (mod 4)

΄Αρα ο Ϲητούµενος αριθµός ϱάβδων χρυσού είναι η (µοναδική) λύση (mod 7 · 6 · 5 · 4) του συστήµατοςγραµµικών ισοτιµιών :

(Σ) :

x ≡ 6 (mod 7)

x ≡ 2 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 0 (mod 4)

Ελέγχουµε όπως στην ΄Ασκηση 7 ότι πράγµατι το παραπάνω σύστηµα έχει λύση. Θεωρούµε το σύστηµα

(Σ′) :

x ≡ 6 (mod 7)

x ≡ 2 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 5)

και υπολογίζουµε

M = 7 · 6 · 5 = 210, M1 =7 · 6 · 5

7= 30, M2 =

7 · 6 · 56

= 35, M3 =7 · 6 · 5

5= 42,

Τότε έχουµε τις παρακάτω εξισώσεις :30x ≡ 1 (mod 7)

35x ≡ 1 (mod 6)

42x ≡ 1 (mod 5)

=⇒

2x ≡ 1 (mod 7)

5x ≡ 1 (mod 6)

2x ≡ 1 (mod 5)

=⇒

x ≡ 4 (mod 7)

x ≡ 5 (mod 6)

x ≡ 3 (mod 5)

Τότε από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων έπεται ότι η µοναδική λύση (mod 210) του (Σ′) είναι η

y0 = M1b1a1 +M2b2a2 +M3b3a3

= 30 · 4 · 6 + 35 · 5 · 2 + 42 · 3 · 1= 720 + 350 + 126

≡ 1196 (mod 210)

≡ 146 (mod 210)

138

Από το σύστηµα (Σ) και τη παραπάνω λύση του (Σ′) έχουµε το παρακάτω σύστηµα : x ≡ 146 (mod 210)

x ≡ 0 (mod 4)

Από τη δεύτερη εξίσωση έπεται ότι x = 4t και άρα από τη πρώτη έχουµε

4t ≡ 146 (mod 210) =⇒ 2t ≡ 73 (mod 105)

=⇒ t = [2]−1105 · [73]105 = [53]105 · [73]105 = [3869]105 = [89]105

Συνεπώς ο ελάχιστος αριθµός ϱάβδων χρυσού που έκλεψαν οι ληστές είναι

x = 4 · 89 = 356 2

139






Λυµένη ΄Ασκηση 95. Βρείτε τις τάξεις των στοιχείων του U(Z9) και U(Z10), όπου U(Zn) = Un είναι τοσύνολο των αντιστρεψίµων στοιχείων του Zn.

Λύση. (1) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z9).Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a]9. Αφού 9 = 32 έχουµε φ(9) = 9(1− 1/3) = 6 και

U(Z9) =

[1], [2], [4], [5], [7], [8]

Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 9) = 1 τότε ord9(a) | φ(9) = 6, και άραord9(a) ∈ 1, 2, 3, 6. Φανερά ord9(1) = 1 και αφού [8] = [−1] έχουµε ord9(8) = 2. ΄Εχουµε[22] = [4], [23] = [8] και εποµένως ord9(2) = 6. ΄Εχουµε

[42] = [16] = [7] = [−2], [43] = [4][−2] = [−8] = [1]

και εποµένως ord9(4) = 3. Επίσης

[52] = [25] = [7] = [−2], [53] = [5][−2] = [−10] = [−1]

και εποµένως ord9(5) = 6. Τέλος

[72] = [(−2)2] = [4], [73] = [7][4] = [1]

και άρα ord9(7) = 3.

(2) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z10). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a]10. Αφού10 = 2 · 5 έχουµε φ(10) = 10(1− 1/2)(1− 1/5) = 4 και

U(Z10) =

[1], [3], [7], [9]

Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 10) = 1 τότε ord10(a) | φ(10) = 4, καιάρα ord10(a) ∈ 1, 2, 4. Φανερά έχουµε ord10(1) = 1 και αφού [9] = [−1] έχουµε ord10(9) = 2.Επίσης [32] = [9] = [−1] και εποµένως ord10(3) = 4. Τέλος έχουµε [72] = [(−3)]2 = [−1] καιεποµένως ord10(7) = 4. 2

140

΄Ασκηση 229. ∆είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε :

ordan−1(a) = n

και ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n | φ(an − 1).

Λύση. ΄Εστω 1 ≤ t < n. Τότεat 6≡ 1 (mod an − 1)

διότι διαφορετικά αν

at ≡ 1 (mod an − 1) =⇒ an − 1 | at − 1 =⇒ an − 1 ≤ at − 1 =⇒ an ≤ at

που είναι άτοπο αφού οι a, t και n είναι ϑετικοί ακέραιοι και t < n. Από την άλλη όµως έχουµε προφανώςότι

an ≡ 1 (mod an − 1)

και άρα έπεται ότιn = ordan−1(a) = min

k ∈ N | ak ≡ 1 (mod an − 1)

Τέλος από γνωστή ιδιότητα έχουµε ότι ordan−1(a) = n | φ(an − 1). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 96. Βρείτε αρχικές ϱίζες modn για n = 23 και n = 31.

Λύση. (α) n = 23: Αφού ο αριθµός 23 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 23).Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε

∀ a = 1, . . . , 22: aφ(23) ≡ a23−1 ≡ 1 (mod 23) =⇒ a22 ≡ 1 (mod 23)

Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει µικρότερη δύναµη k από το 22 έτσι ώστε ο αριθµός 2k να είναι(mod 23) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε

211 = 2048 = 89 · 23 + 1 =⇒ 211 ≡ 1 (mod 23)

∆οκιµάζοντας όπως παραπάνω αποκλείουµε τους αριθµούς 3 και 4 αντίστοιχα, δηλαδή υπάρχουν µικρό-τερες δυνάµεις k από το 22 έτσι ώστε ο αριθµός ak, όπου a = 3, 4, να είναι (mod 23) ίσος µε 1.

Θέτουµε τώρα a = 5. Τότε (a, 23) = 1 και 522 ≡ 1 (mod 23). Αν υπάρχει ένα k ∈ N έτσι ώστε5k ≡ 1 (mod 23) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord23(5), τότε ϑα πρέπει

k | 22 =⇒ k = 1, 2, 11, 22

Προφανώς k 6= 1 και52 = 25 ≡ 2 (mod 23)

΄Αρα το 2 απορρίπτεται. Για το 11 έχουµε

511 = 52 · 52 · 52 · 52 · 52 · 5 ≡ 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 64 ≡ 18 (mod 23)

Συνεπώς και το 11 απορρίπτεται. Τότεord23(5) = 22

και εποµένως το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23).

(β) n = 31: Αφού ο αριθµός 31 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 31). Από τοΘεώρηµα του Fermat έχουµε

∀ a = 1, . . . , 30: aφ(31) ≡ a31−1 ≡ 1 (mod 31) =⇒ a30 ≡ 1 (mod 31)

141

Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει δύναµη k µικρότερη από το 30 έτσι ώστε ο αριθµός 2k να είναι(mod 31) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε

25 = 32 ≡ 1 (mod 31)

Θέτουµε τώρα a = 3. Τότε (a, 31) = 1 και 330 ≡ 1 (mod 31). Αν υπάρχει ένα k ∈ N έτσι ώστε3k ≡ 1 (mod 31) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord31(3), τότε ϑα πρέπει

k | 30 =⇒ k = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30

Προφανώς το k = 1 απορρίπτεται και έχουµε :

• k = 2: 32 ≡ 9 (mod 31).

• k = 3: 33 ≡ 27 (mod 31).

• k = 5: 35 = 243 ≡ 26 (mod 31).

• k = 6: 36 = 26 · 3 = 78 ≡ 16 (mod 31).

• k = 10: 310 = 36 · 33 · 3 ≡ 16 · 27 · 3 ≡ 25 (mod 31).

• k = 15: 315 = 310 · 35 = 25 · 26 = 650 ≡ 30 (mod 31).

Εποµένως όλες οι παραπάνω δυνάµεις απορρίπτονται και άρα

30 = mink ∈ N | 3k ≡ 1 (mod 31)

=⇒ ord31(3) = 30 = φ(31)

δηλαδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 97. ∆είξτε ότι αν υπάρχει µια πρωταρχική ϱίζα modn τότε υπάρχουν ακριβώς φ(φ(n))(ανισότιµες) πρωταρχικές ϱίζες modn. Μπορείτε να περιγράψετε το σύνολο Pn των πρωταρχικών ϱιζώνmodn ;

Λύση. ΄Εστω a µια πρωταρχική ϱίζα (modn). Τότε

U(Zn) =

1, a, a2, . . . , aφ(n)−1

και οι ϕυσικοί αριθµοί a, a2, . . . , aφ(n)−1 είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (modn).Επειδή

ordn(a) = φ(n)

και

ordn(ak) =ordn(a)

(k, ordn(a))=

φ(n)

(k, φ(n))

έπεται ότι τα στοιχεία του συνόλου

S =ak | 1 ≤ k ≤ φ(n) & (k, φ(n)) = 1

είναι πρωταρχικές ϱίζες (modn), διότι για κάθε k µε 1 ≤ k ≤ φ(n) και (k, φ(n)) = 1 έχουµε ότι

ordn(ak) = φ(n)

Τα στοιχεία του S είναι ανα δυο ανισότιµα (modn) διότι διαφορετικά το a δεν ϑα ήταν πρωταρχική ϱίζα.Αντίστροφα τώρα, αν b είναι µια πρωταρχική ϱίζα (modn) ϑα δείξουµε ότι υπάρχει ένα k, 1 ≤ k ≤ φ(n)

και (k, φ(n)) = 1, έτσι ώστεb ≡ ak (modn)

142

Πράγµατι ϑα πρέπει (b, n) = 1 και ordn(b) = φ(n). Επειδή το σύνολο a, a2, . . . , aφ(n)−1 είναι έναανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (modn) έπεται ότι υπάρχει ένα k = 1, . . . , φ(n) έτσι ώστεb ≡ ak (modn). Θα δείξουµε ότι (k, φ(n)) = 1. ΄Εχουµε

φ(n) = ordn(b) = ordn(ak) =ordn(a)

(k, ordn(a))=

φ(n)

(k, φ(n))=⇒ (k, φ(n)) = 1

Συνεπώς έχουµε ότι το σύνολο Pn των πρωταρχικών ϱιζών modn είναι

S = Pn

και το πλήθος τους είναι |S| = φ(φ(n)). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 98. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 23.

Λύση. Από την ΄Ασκηση 3 έχουµε ότι το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23). Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε,ϐλέπε και την ΄Ασκηση 3 παραπάνω, τότε ότι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι τα στοιχεία τουσυνόλου:

P23 =

5k | 1 ≤ k ≤ 22 και (k, 22) = 1

και το πλήθος τους είναιφ(φ(23)) = φ(22) = 10

Τότε 5k | 1 ≤ k ≤ 22 & (k, 22) = 1

=

51, 53, 55, 57, 59, 513, 515, 517, 519, 521

και υπολογίζουµε :

5 ≡ 5 (mod 23)

53 ≡ 10 (mod 23)

55 ≡ 20 (mod 23)

59 ≡ 11 (mod 23)

513 ≡ 21 (mod 23)

515 ≡ 19 (mod 23)

517 ≡ 15 (mod 23)

519 ≡ 7 (mod 23)

521 ≡ 14 (mod 23)

΄Αρα οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι : 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 99. ΄Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος και a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (a, n) = 1.Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα modn.(2) Για κάθε πρώτο διαιρέτη p του φ(n), ισχύει ότι :


Ως εφαρµογή, να εξετάσετε αν οι αριθµοί 2, 3 είναι :

(1) πρωταρχικές ϱίζες mod 11, και

143

(2) πρωταρχικές ϱίζες mod 9.

Λύση. (1) =⇒ (2) : ΄Εστω ότι ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα modn. Τότε

ordn(a) = φ(n)

και άραak 6≡ 1 (modn)

για κάθε 1 ≤ k < φ(n). Ιδιαίτερα, αν p είναι ένας τυχαίος πρώτος διαιρέτης του φ(n), τότε διαλέγοντας

k = φ(n)p έπεται ότι


διότι p < φ(n).

(2) =⇒ (1) : ΄Εστω ότι aφ(n)p 6≡ 1 (modn) για κάθε πρώτο διαιρέτη p του φ(n) και υποθέτουµε

αντίθετα ότι το a δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (modn). Τότε ordn(a) | φ(n) και ordn(a) < φ(n). Θέτοντας

ordn(a) = r ϑα έχουµε ότι φ(n)r > 1. ΄Εστω p πρώτος διαιρέτης του φ(n)r , ο οποίος υπάρχει διότι φ(n)r > 1.

Τότεφ(n)

r= p ·m =⇒ φ(n)

p= m · r =⇒ a

φ(n)p = am·r = (ar)m = 1m = 1 ≡ 1 (modn)

που είναι ϕυσικά άτοπο. Συνεπώς ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα modn.

Εφαρµογή :

(1) ΄Εστω n = 11 και a = 2. Τότε φ(11) = 10 και οι πρώτοι διαιρέτες του 10 είναι οι αριθµοί 2, 5.΄Οµως

2102 = 25 = 32 6≡ 1 (mod 11)

και2

105 = 22 = 4 6≡ 1 (mod 11)

΄Αραord11(2) = 10 = φ(11)

δηλαδή το 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). Για a = 3 έχουµε

3102 = 35 = 243 ≡ 1 (mod 11)

και άρα το 3 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11).(2) ΄Εστω n = 9 και a = 2. Τότε φ(9) = 6 και οι πρώτοι διαιρέτες του 6 είναι οι αριθµοί 2, 3.

Υπολογίζουµε :

262 = 23 = 8 6≡ 1 (mod 9)

και2

63 = 22 = 4 6≡ 1 (mod 9)

΄Αραord9(2) = 6 = φ(9)

δηλαδή το 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Για a = 3 έχουµε

362 = 33 ≡ 0 (mod 9) 6≡ 1 (mod 9)

και3

63 = 32 = 0 6≡ 1 (mod 9)

144

Συνεπώς το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 100. (1) ∆είξτε ότι το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17.(2) Για δοθέντα ακέραιο a µε (a, 17) = 1 υπολογίστε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k ώστε a ≡

3k (mod 17).(3) Λύστε την ισοτιµία

(3) x4 ≡ 13 (mod 17)

Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a]17.

(1) Το 17 είναι πρώτος, άρα φ(17) = 16. Από την ϑεωρία ord17(3) | 16. Οι διαιρέτες του 16 είναι τοσύνολο 1, 2, 4, 8, 16. ΄Εχουµε

[3]2 = [9], [3]3 = [9][3] = [27] = [10] = [−7],

[34] = [3][10] = [30] = [13] = [−4], [3]8 = [(−4)2] = [16] = [−1].

Εποµένως ord17 3 = 16, άρα το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17.

(2) ΄Εστω a ακέραιος µε (a, 17) = 1 και b ο µοναδικός ακέραιος µε 1 ≤ b ≤ 16 και a ≡ b (mod 17).Φανερά ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος k ώστε a ≡ 3k (mod 17) είναι ίσος µε τον ελάχιστο ϑετικόακέραιο k1 ώστε b ≡ 3k1 (mod 17). Χρησιµοποιώντας τα αποτέλεσµατα του (1) έχουµε µετά απολίγες πράξεις

[3]1 = [3], [3]2 = [9], [3]3 = [10], [3]4 = [13], [3]5 = [5], [3]6 = [15],

[3]7 = [11], [3]8 = [16], [3]9 = [14], [3]10 = [8], [3]11 = [7], [3]12 = [4],

[3]13 = 12, [3]14 = [2], [3]15 = [6], [3]16 = [1]

Εποµένως για παράδειγµα, για b = 1 έχουµε k1 = 16, για b = 2 έχουµε k1 = 14, για b = 3 έχουµεk1 = 1, για b = 4 έχουµε k1 = 12, για b = 5 έχουµε k1 = 5 και για b = 6 έχουµε k1 = 15. 2

(3) Παρατηρούµε ότι αν a, b είναι ακέραιοι µε [a] = [b] και το a είναι λύση της ισοτιµίας (3), τότε καιτο b είναι επίσης λύση της ίδιας ισοτιµίας. ΄Ετσι µπορούµε να µιλάµε για λύσεις της ισοτιµίας στοZ17. ΄Εστω a µια λύση. Τότε υπάρχει ακέραιος t µε

a4 − 13 = 17 · t

και άρα a4 = 13 + 17t το οποίο συνεπάγεται ότι

(a4, 17) = (13 + 17t, 17) = (13, 17) = 1.

Σαν συνέπεια (a, 17) = 1 και άρα το a είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Z17. Από το µέρος (1) τηςάσκησης το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. ΄Αρα υπάρχει ακέραιος k µε [3k] = [a]. Επίσης από τοµέρος (1) της άσκησης έχουµε [13] = [34]. Εποµένως αναζητούµε ακέραιους k µε 1 ≤ k ≤ 16ώστε

(4) (3k)4 ≡ 34 (mod 17)

Το 3 σαν αρχική ϱίζα (mod 17) έχει τάξη φ(17) = 16. Εποµένως από την Θεωρία η εξίσωση(4) είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία 4k ≡ 4 (mod 16) η οποία είναι ισοδύναµη µε τηνγραµµική ισοτιµία

k ≡ 1 (mod 4).

145

Οι λύσεις, ως προς k αυτής που είναι µεταξύ 1 και 16 είναι οι ακόλουθες : k = 1, 5, 9, 13.Χρησιµοποιώντας τους υπολογισµούς στο µέρος (2) της άσκησης οι λύσεις της ισοτιµίας (3) στο Z17

είναι οι ακόλουθες :

[31] = [3], [35] = [5], [39] = [14], [313] = [12].

Σαν συνέπεια οι λύσεις της ισοτιµίας (3) στο Z είναι το σύνολο

[3] ∪ [5] ∪ [12] ∪ [14].

∆ηλαδή, ένας ακέραιος a είναι λύση της ισοτιµίας (3) αν και µόνο αν υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστεa = 17q + r και r ∈ 3, 5, 12, 14.

Λυµένη ΄Ασκηση 101. ΄Εστω n = 4, pm ή 2pm, όπου p περιττός πρώτος καιm ≥ 1 ακέραιος. Αν a είναιµια αρχική ϱίζα modn, δείξτε ότι

aφ(n)/2 ≡ −1 (modn)

Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a]n.Αφού για n ≥ 3 ο αριθµός φ(n) είναι άρτιος, έχουµε ότι ο αριθµός φ(n)/2 είναι ακέραιος. Θέτουµε

b = aφ(n)/2. Αφού ordn(a) = φ(n), έχουµε

ordn(b) = ordn(aφ(n)/2) =φ(n)

(φ(n)/2, φ(n))=

φ(n)

φ(n)/2= 2.

Φανερά ordn(−1) = 2, γιατί [−1]2 = [1]. Για να δείξουµε ότι b ≡ −1 (modn) αρκεί να δείξουµε ότι το[−1] είναι το µοναδικό αντιστρέψιµο στοιχείο του Zn που έχει τάξη 2. Αφού a είναι αρχική ϱίζα (modn),τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Zn είναι το σύνολο

[a]k | 1 ≤ k ≤ φ(n) = [a], [a2], [a3], . . . , [aφ(n)−1], [aφ(n)] = [1]

Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν k ακέραιος µε 1 ≤ k ≤ φ(n)− 1 και ordn(ak) = 2 τότε k = φ(n)/2.Αφού

ordn(ak) =φ(n)

(k, φ(n))

η υπόθεση ordn(ak) = 2 συνεπάγεται ότι

φ(n)

2= (k, φ(n)).

΄Αρα φ(n)2 | k. Αφού 1 ≤ k ≤ φ(n)− 1, έπεται ότι

φ(n)

2= k 2

Λυµένη ΄Ασκηση 102. ΄Εστω p περιττός πρώτος και a ένας ακέραιος µε (a, p) = 1. ∆είξτε ότι :

(1) Αν p ≡ 1mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ο ακέραιος −a είναι επίσηςπρωταρχική ϱίζα mod p.

(2) Αν p ≡ 3mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ordp(−a) = p−12 .

Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a]p.

146

(1) Υποθέτουµε ότι p ≡ 1mod 4, και έστω q ακέραιος µε p − 1 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµεφ(p) = p − 1 = 4q. Αφού −(−a) = a, αρκεί να υποθέσουµε ότι ο ακέραιος a µε (a, p) = 1είναι αρχική ϱίζα mod p και να δείξουµε ότι και το −a είναι αρχική ϱίζα mod p. Υποθέτουµεότι το −a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού το −a δεν είναιαρχική ϱίζα mod p έχουµε ότι ordp(−a) < φ(p) = 4q, άρα υπάρχει ακέραιος διαιρέτης d του 4q

µε 1 ≤ d < 4q ώστε (−a)d ≡ 1mod p. Αν ο d είναι άρτιος, αφού ad = (−a)d έπεται ότι καιad ≡ 1mod p, αντίφαση αφού ordp(a) = 4q. Υποθέτουµε d περιττός. Αφού d | 4q έχουµε ότιd | q. ΄Αρα (−a)q ≡ 1mod p που συνεπάγεται ότι aq ≡ −1mod p και άρα ότι a2q ≡ 1mod p, τοοποίο είναι αντίφαση αφού ordp(a) = 4q.

(2) Υποθέτουµε ότι p ≡ 3mod 4, και έστω q ακέραιος µε p − 3 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµεφ(p) = p− 1 = 4q + 2.

Πρώτα ϑα υποθέσουµε ότι ο a είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα δείξουµε ότι ordp(−a) = p−12 .

Από την ΄Ασκηση 8 του παρόντος ϕυλλαδίου ap−12 ≡ −1mod p. Εποµένως

[−a] = [−1][a] = [a]p−12 [a] = [a]

p−12

+1 = [a]p+12

Εποµένως από την Θεωρία έχουµε οτι

ordp(−a) =p− 1

(p− 1, p+12 )

=4q + 2

(4q + 2, 2q + 2)

΄Εχουµε

(4q + 2, 2q + 2) = (4q + 2− 2(2q + 2), 2q + 2) = (−2, 2q + 2) = 2

Συνεπώς ordp(−a) = (4q + 2)/2 = 2q + 1 = (p− 1)/2.Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ordp(−a) = p−1

2 και ϑα δείξουµε ότι το a είναι πρωταρχική ϱίζαmod p δηλαδή ότι ordp(a) = p − 1. Από την Θεωρία ordp(a) | φ(p) = p − 1 = 4q + 2. Αρκείνα υποθέσουµε ότι για κάποιον ακέραιο k µε 1 ≤ k < p − 1 έχουµε ak ≡ 1mod p και νακαταλήξουµε σε αντίφαση. Αν ο k είναι άρτιος, τότε ak = (−a)k και άρα (−a)k ≡ 1mod p, τοοποίο συνεπάγεται ότι 2q+1 | k. Αφού k άρτιος και 2q+1 περιττός έπεται ότι 2(2q+1) = p−1 | kκαι άρα k ≥ p− 1, αντίφαση. Υποθέτουµε τώρα ότι ο k είναι περιττός. Τότε ο 2k είναι άρτιος και

[(−a)2k] = [(−1)2k][a2k] = [−12]k[ak]2 = [1][1] = [1]

΄Αρα 2q + 1 | 2k το οποίο συνεπάγεται ότι 2q + 1 | k. Αφού k < p − 1 = 2(2q + 1) έχουµεk = 2q + 1. ΄Ετσι a2q+1 ≡ 1mod p το οποίο συνεπάγεται ότι (−a)2q+1 = −a2q+1 ≡ −1mod p,αντίφαση αφού υποθέσαµε ότι ordp(−a) = 2q + 1. 2

147

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΑσκησεις Επαναληψης





Λυµένη ΄Ασκηση 103. (1) Να λυθεί η γραµµική ∆ιοφαντική εξίσωση:

13521x+ 732y = 11225 (1)

(2) Να ϐρεθούν : (α) όλες οι λύσεις, και (β) όλες οι ϑετικές λύσεις, της γραµµικής ∆ιοφαντικήςεξίσωσης

17x+ 19y = 23 (2)

Λύση. (1) Από την Θεωρία γνωρίζουµε ότι η διοφαντική εξίσωση (1) έχει λύση αν και µόνον ανd | 11225, όπου d = (13521, 732).

Με χρήση του αλγόριθµου του Ευκλείδη, υπολογίζουµε :

13521 = 18 · 732 + 345

732 = 2 · 345 + 42

345 = 8 · 42 + 9

42 = 4 · 9 + 6

9 = 1 · 6 + 3

6 = 1 · 3 + 0

και εποµένως d = (13521, 732) = 3.Επειδή προφανώς 3 - 11225, έπεται ότι η ∆ιοφαντική εξίσωση (1) δεν έχει ακέραιες λύσεις.

(2) Από την Θεωρία γνωρίζουµε ότι η διοφαντική εξίσωση (2) έχει λύση αν και µόνον αν d | 23, όπουd = (19, 17). Επειδή προφανώς d = (19, 17) = 1 και 1 | 23, έπεται ότι η ∆ιοφαντική εξίσωση (2)έχει ακέραιες λύσεις.

Γνωρίζουµε ότι αν (x0, y0) είναι µια ακέραια λύση µιας ∆ιοφαντικής εξίσωσης ax + by = c,όπου d | (a, b), τότε όλες οι λύσεις της (2) δίνονται από τους τύπους :

x = x0 +b

dt & y = y0 −

a

dt, t ∈ Z

Για την εύρεση µιας λύσης (x0, y0) της (2), εργαζόµαστε ως εξής.

148

Με χρήση του αλγόριθµου του Ευκλείδη, υπολογίζουµε :

19 = 1 · 17 + 2

17 = 2 · 8 + 1

8 = 1 · 8 + 0

Από τις παραπάνω σχέσεις, ϑα έχουµε :

1 = 17− 2 · 8 = 17− 8 · (19− 17) = 17 · 9 + 19 · (−8)

και τότε

23 = 23 · 1 = 23 · (17 · 9 + 19 · (−8)) = 17 · (23 · 9) + 19 · (−8 · 23) = 17 · 207 + 19 · (−184)

Εποµένως, ϑέτονταςx0 = 207 & y0 = −184

αποκτούµε µια λύση της (2).Από την παραπάνω ανάλυση, έπεται ότι όλες οι ακέραιες λύσεις της (2) είναι οι εξής :

x = 207 + 19t & y = −184− 17t, t ∈ Z

Για την εύρεση όλων των ϑετικών λύσεων της (2), εργαζόµαστε ως εξής. Η λύση (x, y) είναιϑετική αν και µόνον αν, εξ΄ ορισµού, ισχύει x > 0 και y > 0. Εποµένως

207 + 19t > 0 & − 184− 17t > 0 =⇒ −207

19< t < −184

17

Επειδή 20719 = 10.82... και 184

17 = 10.89..., ϑα έχουµε

−10.82... < t < −10.89...

Επειδή οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της (2) δίνονται από το σύνολο(207 + 19t,−184− 17t) | − 10.82... < t < −10.89...

∩ Z

το οποίο είναι προφανώς κενό, έπεται ότι η (2) δεν έχει ϑετικές ακέραιες λύσεις (κάτι το οποίο µπορούσενα διαπιστωθεί εύκολα από την αρχή λόγω της µορφής της ∆ιοφαντικής εξίσωσης). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 104. Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων:

172241

8700&

n257 − n255

, n ∈ Z

Λύση. (1) Εύκολα ϐλέπουµε ότι η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού 8700 είναι :

8700 = 22 · 3 · 52 · 29

απ΄ όπου ϐλέπουµε άµεσα ότι :(α΄) (8700, 17) = 1.(ϐ΄) φ(8700) = φ(22 · 3 · 52 · 29) = φ(22) · φ(3) · φ(52)φ(·29) = 2240.Επειδή (8700, 17) = 1, από το Θεώρηµα του Euler, τότε ϑα έχουµε :

17φ(8700) ≡ 1 (mod 8700) =⇒ 172240 ≡ 1 (mod 8700)

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία ισοτιµία µε 17, ϑα έχουµε

172241 ≡ 17 (mod 8700)

και εποµένως το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού 172241 µε τον αριθµό 8700 είναι 17.

149

(2) Θα δείξουµε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού n257 − n µε τον αριθµό 255 είναι 0 ήισοδύναµα ϑα δείξουµε ότι :

n257 ≡ n (mod 255) (∗)Εύκολα υπολογίζουµε ότι η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού 255 είναι :

255 = 3 · 5 · 17

Επειδή οι αριθµοί 2, 5, 17 είναι ανα δύο πρώτοι µεταξύ τους,για να δείξουµε την σχέση (∗), αρκείνα δείξουµε ότι :

3 | n257 − n & 5 | n257 − n & 17 | n257 − n (∗∗)Η απόδειξη των σχέσεων διαιρετότητας (∗∗) είναι παρόµοια :• ∆ιακρίνουµε περιπτώσεις :

(α΄) Αν 3 | n, τότε n ≡ 0 (mod 3) και άρα n257 ≡ 0 (mod 3) ≡ n(mod 3). Εποµένως3 | n257 − n.

(ϐ΄) Αν 3 - n, τότε µπορούµε να εφαρµόσουµε το µικρό Θεώρηµα του Fermat και να έχουµε :

nφ(3) ≡ 1 (mod 3) =⇒ n2 ≡ 1 (mod 3)

και τότε

(n2)128 ≡ n256 ≡ 1 (mod 3) =⇒ n257 ≡ n (mod 3)

΄Αρα αν 3 - n, πάλι ϑα έχουµε ότι 3 | n257 − n.Συνοψίζοντας δείξαµε ότι σε κάθε περίπτωση ισχύει ότι :

3 | n257 − n (a)

• ∆ιακρίνουµε περιπτώσεις :(α΄) Αν 5 | n, τότε n ≡ 0 (mod 5) και άρα n257 ≡ 0 (mod 5) ≡ n(mod 5). Εποµένως

5 | n257 − n.(ϐ΄) Αν 5 - n, τότε µπορούµε να εφαρµόσουµε το µικρό Θεώρηµα του Fermat και να έχουµε :

nφ(5) ≡ 1 (mod 5) =⇒ n4 ≡ 1 (mod 5)

και τότε

(n4)64 ≡ n256 ≡ 1 (mod 5) =⇒ n257 ≡ n (mod 5)

΄Αρα αν 5 - n, πάλι ϑα έχουµε ότι 5 | n257 − n.Συνοψίζοντας δείξαµε ότι σε κάθε περίπτωση ισχύει ότι :

5 | n257 − n (b)

• ∆ιακρίνουµε περιπτώσεις :(α΄) Αν 17 | n, τότε n ≡ 0 (mod 17) και άρα n257 ≡ 0 (mod 17) ≡ n(mod 17). Εποµένως

17 | n257 − n.(ϐ΄) Αν 17 - n, τότε µπορούµε να εφαρµόσουµε το µικρό Θεώρηµα του Fermat και να

έχουµε :

nφ(17) ≡ 1 (mod 17) =⇒ n16 ≡ 1 (mod 17)

και τότε

(n16)16 ≡ n256 ≡ 1 (mod 17) =⇒ n257 ≡ n (mod 17)

΄Αρα αν 17 - n, πάλι ϑα έχουµε ότι 17 | n257 − n.

150

Συνοψίζοντας δείξαµε ότι σε κάθε περίπτωση ισχύει ότι :

17 | n257 − n (c)

Από τις σχέσεις (a), (b) και (c), έπεται ότι

3 · 5 · 17 = 255 | n257 − nΕποµένως το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού n257 − n µε τον αριθµό 255 είναι 0. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 105. Αν n > 1 είναι ένας ϑετικός ακέραιος µε πρωτογενή ανάλυση n = pa11 · · · parr ,δείξτε ότι : ∑

d|n

µ2(d)

τ(d)=

3r

2r

Λύση. Γνωρίζουµε ότι οι αριθµητικές συναρτήσεις µ, τ : N −→ C είναι πολλαπλασιαστικές. Επειδήτ(n) 6= 0, ∀n ∈ N, ορίζεται η αριθµητική συνάρτηση

f :=µ

τ: N −→ C, f(n) =

µ

τ(n) =

µ(n)

τ(n)

η οποία εύκολα ϐλέπουµε ότι είναι πολλαπλασιαστική. Τότε ϑα έχουµε :∑d|n

µ2(d)

τ(d)=∑d|n

µ(d)µ(d)

τ(d)=∑d|n

µ(d)f(d)

Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι αν h : N −→ C είναι µια πολλαπλασιαστική συνάρτηση και n =pa11 · · · parr είναι η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού n > 1, τότε ισχύει ότι :∑

d|n

µ(d)h(d) =r∏i=1

(1− h(pi)) = (1− h(p1)) · (1− h(p2)) · · · · · (1− h(pr))

Εποµένως ϑα έχουµε :∑d|n

µ(d)f(d) = (1− f(p1)) · (1− f(p2)) · · · · · (1− f(pr))

΄Οπως, για κάθε i = 1, 2, · · · , r:

1− f(pr) = 1− µ(pi)

τ(pi)= 1− −1

2= 1 +

1

2=

3

2

Εποµένως

∑d|n

µ2(d)

τ(d)=∑d|n

µ(d)f(d) = (1− f(p1)) · (1− f(p2)) · · · · · (1− f(pr)) =

r ϕορές︷︸︸︷3

2· 3

2· · · · · 3

2=

3r

2r2

Λυµένη ΄Ασκηση 106. ΄Εστω m,n ϕυσικοί αριθµοί, όπου m > 2. Αν

(m− 1) · σ(n) = n ·mνα δείξετε ότι ο n είναι πρώτος και n = m− 1.

151

Λύση. Παρατηρούµε πρώτα ότι n 6= 1. Πράγµατι, αν n = 1, τότε σ(1) = 1 και τότε η δοθείσα σχέση δίνει(m− 1) · 1 = 1 ·m και άρα m− 1 = m. Αυτό ϕυσικά είναι άτοπο. Εποµένως n > 1.

Από την δοθείσα σχέση (m− 1) · σ(n) = n ·m, ϑα έχουµε :

(m− 1) · σ(n) = n ·m =⇒ σ(n) =n ·mm− 1

= n+n

m− 1

Θέτοντας

k :=n

m− 1ϑα έχουµε σ(n) = n+ k (†)

και εποµένως ο αριθµός k είναι ϕυσικός αριθµός, διότι k = σ(n)− n ∈ N και σ(n) > n.Από τη άλλη πλευρά ϑα έχουµε n = k · (m− 1) και εποµένως ο ϕυσικός αριθµός k είναι διαιρέτης του

n. Τότε στην σχέση (†) το πρώτο µέλος είναι, εξ΄ ορισµού, το άθροισµα των ϕυσικών διαιρετών του n καιτο δεύτερο µέλος είναι το άθροισµα δύο εκ των ϕυσικών διαρετων του n. Τότε όµως από την σχέση (†)έπεται ότι οι ϕυσικοί διαιρέτες k και n είναι όλοι οι ϕυσικοί διαιρέτες του n και κατά συνέπεια k = 1 (ηπερίπτωση n = 1 έχει αποκλειστεί στο πρώτο τµήµα της απόδειξης). Εποµένως οι µόνοι ϕυσικοί διαιρέτεςτου n είναι οι αριθµοί 1 και n και εποµένως ο αριθµός n είναι πρώτος.

Τέλος επειδή k = 1, ϑα έχουµε : n = m− 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 107. Αν n > 1 είναι ένας ϕυσικός αριθµός, να υπολογισθεί το άθροισµα:∑1≤k<n & (k,n)=1

k

Λύση. ΄Εστω

S =k ∈ N | 1 ≤ k < n & (k, n) = 1

Τότε ∑

1≤k<n & (k,n)=1

k =∑k∈S

k (††)

Επειδή n > 1, προφανώς ϑα έχουµε

S =k ∈ N | 1 ≤ k ≤ n & (k, n) = 1

και το πλήθος των στοιχείων του παραπάνω συνόλου είναι :

|S| = φ(n)

΄Εστω λοιπόν

S =t1, t2, · · · , tφ(n)

τα στοιχεία του συνόλου S. Παρατηρούµε ότι, για κάθε i = 1, 2, · · · , φ(n), ισχύει ότι :

1 ≤ ti < n & (ti, n) = 1 ⇐⇒ 1 ≤ n− ti < n & (n− ti, n) = 1

µε άλλα λόγια : ti ∈ S ⇐⇒ n− ti ∈ S. ∆ηλαδή οι ϕυσικοί αριθµοί n− t1, n− t2, · · · , n− tφ(n) είναιοι ϕυσικοί αριθµοί t1, t2, · · · , tφ(n), ενδεχοµένως µε διαφορετική σειρά.

Εποµένως από τη σχέση (††), ϑα έχουµε :∑1≤k<n & (k,n)=1

k =∑k∈S

k = t1 + t2 + · · ·+ tφ(n) = (n− t1) + (n− t2) + · · ·+ (n− tφ(n))

152

Τότε όµως ϑα έχουµε :

t1 + t2 + · · ·+ tφ(n) =

φ(n) ϕορές︷︸︸︷n+ n+ · · ·+ n−(t1 + t2 + · · ·+ tφ(n))

και εποµένως :

2 · (t1 + t2 + · · ·+ tφ(n)) = n · φ(n) =⇒ t1 + t2 + · · ·+ tφ(n) =n · φ(n)

2Εποµένως καταλήγουµε ότι :∑

1≤k<n & (k,n)=1

k =∑k∈S

k = t1 + t2 + · · ·+ tφ(n) =n · φ(n)

22

Λυµένη ΄Ασκηση 108. (1) Αν ο n είναι περιττός και 3 - n, τότε : n2 ≡ 1 (mod 24).(2) Αν (a, 35) = 1, δείξτε ότι : 35 | a12 − 1.

Λύση. (1) Επειδή 3 - n, από το µικρό Θεώρηµα του Fermat, έπεται ότι nφ(3) ≡ n2 ≡ 1 (mod 3).Εποµένως ϑα έχουµε

3 | n2 − 1 (a)

Από την άλλη πλευρά επειδή ο αριθµός n είναι περιττός, ϑα έχουµε n = 2k + 1, για κάποιονακέραιο k. Τότε

n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 =⇒ n2 − 1 = 4k(k + 1)

Επειδή, όπως γνωρίζουµε το γινόµενο δύο διαδοχικών ακεράιων διαιρείται από το 2, ϑα έχουµε2 | k(k + 1) Τότε όµως η παραπάνω σχέση δίνει ότι :

8 | n2 − 1 (b)

Επειδή (3, 8) = 1, από τις σχέσεις (a) και (b) έπεται ότι

3 · 8 = 24 | n2 − 1

και εποµένωςn2 ≡ 1 (mod 24)

(2) Επειδή (a, 35) = 1, ϑα έχουµε προφανώς

(a, 5) = 1 = (a, 7)

και τότε από το µικρό Θεώρηµα του Fermat ϑα έχουµε :

aφ(5) ≡ a4 ≡ 1 (mod 5) =⇒ (a4)3 ≡ a12 ≡ 1 (mod 5) (a)

καιaφ(7) ≡ a6 ≡ 1 (mod 7) =⇒ (a6)2 ≡ a12 ≡ 1 (mod 7) (b)

Οι σχέσεις (a) και (b) γράφονται ισοδύναµα ως εξής :

5 | a12 − 1 & 7 | a12 − 1

Επειδή (5, 7) = 1 οι παραπάνω σχέσεις δίνουν το Ϲητούµενο

5 · 7 = 35 | a12 − 1 2

153

Λυµένη ΄Ασκηση 109. Αν p είναι ένας πρώτος µε p > 5, δείξτε ότι ο αριθµός

(p− 1)! + 1

έχει τουλάχιστον δύο πρώτους διαιρέτες.

Λύση. Χρειάζεται να δείξουµε ότι για πρώτο p > 5, ο ακέραιος (p− 1)! + 1 δεν είναι δύναµη πρώτου. Αςυποθέσουµε ότι

(p− 1)! + 1 = qk

για κάποιον πρώτο q και ϑετικό ακέραιο k και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Από το Θεώρηµα Wilsonp | (p− 1)! + 1 = qk, έτσι πρέπει να έχουµε q = p, δηλαδή (p− 1)! + 1 = pk.

Από την τελευταία σχέση έπεται ότι

pk = (p− 1)! + 1 < (p− 1)p−1 < pp−1,

άρα k < p − 1. Αφού ο p είναι πρώτος µεγαλύτερος του 5 ο p − 1 είναι σύνθετος αριθµός µεγαλύτεροςτου 4, έτσι από την ΄Ασκηση 7 του Φυλλαδίου 6 έχουµε ότι

0 ≡ (p− 2)! mod(p− 1).

Επίσης έχουµε(p− 1)! = pk − 1 = (p− 1)(pk−1 + pk−2 + · · ·+ p+ 1)

που, χρησιµοποιώντας ότι p ≡ 1mod(p− 1) συνεπάγεται ότι

0 ≡ (p− 2)! = pk−1 + pk−2 + · · ·+ p+ 1 ≡ 1 + 1 + · · ·+ 1 ≡ kmod(p− 1).

΄Ετσι έχουµε 0 < k < p − 1 και p − 1 | k που είναι αντίφαση. Εποµένως ο αριθµός (p − 1)! + 1 έχειτουλάχιστον δύο πρώτους διαιρέτες. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 110. Να ϐρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθµού2013∑k=1

7k


Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a]100. ΄Εχουµε

[72] = [49], [73] = [343] = [43], [74] = [7][43] = [301] = [1]

Εποµένως, αφού [74] = [1], µε επαγωγή στο k έχουµε

[74k+i] = [7i]

για κάθε k ≥ 0 και 1 ≤ i ≤ 4. Παρατηρούµε ότι 2013 = 4 · 503 + 1 . Σαν συνέπεια2013∑k=1

7kmod 100 =(503(7 + 72 + 73 + 74) + 7

)(mod 100)

Αλλά [7 + 72 + 73 + 74

]= [7 + 49 + 43 + 1] = [100] = [0].

Εποµένως

[

2013∑k=1

7k] = [7]

154

και άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του∑2013

k=1 7k µε τον αριθµό 100 είναι ίσο µε 7. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 111. Αν n ≥ 2 είναι ένας ϑετικός ακέραιος, δείξτε ότι :

n - 2n − 1

Λύση. Αν ο n είναι άρτιος, τότε η πρόταση ισχύει γιατί το 2n − 1 είναι περιττός. Υποθέτουµε ότι ο n είναιπεριττός και n | 2n − 1 και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Επειδή n ≥ 2, ο αριθµός n έχει έναν πρώτοδιαιρέτη. ΄Εστω p ο µικρότερος πρώτος που διαιρεί το n. Ο συµβολισµός [a] στα ακόλουθα σηµαίνει [a]p.Τότε (n, p − 1) = 1 και άρα υπάρχουν ακέραιοι a1, b1 τέτοιοι ώστε a1n + b1(p − 1) = 1. Εποµένως γιακάθε ακέραιο t έχουµε

1 = a1n+ b1(p− 1) = na1 − (p− 1)(−b1) = n(a1 + (p− 1)t)− (p− 1)(−b1 + nt)

Για κατάλληλα µεγάλο t έχουµε a1 + (p − 1)t > 0 και −b1 + nt > 0. Θέτοντας a = a1 + t(p − 1) καιb = −b1 + nt έχουµε ότι a, b > 0 και

(5) 1 = an− b(p− 1)

Αφού 2n ≡ 1modn έχουµε n | 2n − 1, και επειδή p | n, έπεται ότι p | 2n−1, δηλαδή: 2n ≡ 1mod p.Εποµένως [2n] = [1] και άρα [2an] = [2n]a = [1]a = [1]. Χρησιµοποιώντας την ισότητα (5) έχουµε ότι[2(1+b(p−1))] = [2an] = [1], το οποίο συνεπάγεται ότι

(6) [2][2p−1]b = [1].

Από το Θεώρηµα Euler-Fermat έχουµε [2p−1] = [1] και άρα [2p−1]b = [1], οπότε η ισότητα (6) συνεπάγεταιότι [2] = [1] στο σύνολο Zn που είναι αντίφαση διότι n ≥ 2. Εποµένως n - 2n − 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 112. Να λυθεί το σύστηµα γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)


Λύση. ΄Εχουµε 34 = 2 · 17 και 38 = 2 · 19. Εποµένως (34, 38) = 2. Αφού 2 - 3 − 8 = −5 από τηνΘεωρία το σύστηµα είναι αδύνατο.

Λυµένη ΄Ασκηση 113. ΄Εστω m1,m2, · · · ,mn ϑετικοί ακέραιοι οι οποίοι είναι πρώτοι µεταξύ τους αναδύο. Να δείξετε ότι η µοναδική λύση (modm1m2 · · ·mn) του συστήµατος γραµµικών ισοτιµιών

(Σ)

x ≡ a1 (modm1)x ≡ a2 (modm2)

...x ≡ an (modmn)

είναι :x ≡ a1M

φ(m1)1 + a2M

φ(m2)2 + · · ·+ anM

φ(mn)n (modM)

όπου

M = m1m2 · · ·mn & Mi =M

mi, 1 ≤ i ≤ n

155

Λύση. Αφού τα mj είναι πρώτα ανά δύο, έχουµε (Mj ,mj) = 1 για όλα τα j, και (Mi,mj) = mj γιαi 6= j. Εποµένως, από το Θεώρηµα Euler-Fermat έχουµε για κάθε j

Mφ(mj)j ≡ 1modmj .

Σαν συνέπεια, για κάθε j έχουµε

[x] = [a1Mφ(m1)1 + · · ·+ ajM

φ(mj)j + · · ·+Mφ(mn)

n ] = [0] + [0] + · · ·+ [aj · 1] + [0] + · · ·+ [0] = [aj ]

όπου για ακέραιο a ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a]mj . Εποµένως το x ικανοποιεί το σύστηµα, και άρααπό το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων είναι η µοναδική λύση modM . 2

156

Μέρος 4. Θεωρητικά Θέµατα

I. ∆ιαιρετότητα Ακεραίων

1. Αρχή Καλής ∆ιάταξης και Μαθηµατική Επαγωγή

Στην Θεωρία Αριθµών µεγάλο ϱόλο στην ανάπτυξη της ϑεωρίας αλλά και σε αποδεικτικές µεθόδουςδιαδραµµατίζουν διάφορες αρχές αξιωµατικού χαρακτήρα. Οι σηµαντικότερες από αυτές τις αρχέςείναι οι εξής :

(ΑΚ∆) Αρχη Καλης ∆ιαταξης: Κάθε µη κενό υποσύνολο του συνόλου N έχει ελάχιστο στοιχείο.(ΑΜΕ)1 Αρχη Μαθηµατικης Επαγωγης1: ΄Εστω S ένα υποσύνολο του συνόλου N για το οποίο ισχύουν

τα εξής :(α) 1 ∈ S.(β) ∀k ∈ N: k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S.

Τότε : S = N.(ΑΜΕ)2 Αρχη Μαθηµατικης Επαγωγης2: ΄Εστω P (n) µια πρόταση η οποία εξαρτάται από τον ϕυσικό

αριθµό n ∈ N, για την οποία ισχύουν τα εξής :(α) Η πρόταση P (1) είναι αληθής.(β) ∀k ∈ N: η πρόταση P (k) είναι αληθής =⇒ η πρόταση P (k + 1) είναι αληθής.

Τότε : η πρόταση P (n) είναι αληθής, ∀n ∈ N.(ΑΜ) Αρχη Μεγιστου: Κάθε µη κενό άνω ϕραγµένο υποσύνολο του συνόλου N έχει µέγιστο στοιχείο.

Θα δείξουµε ότι οι παραπάνω αρχές είναι µεταξύ τους ισοδύναµες.

Θεώρηµα 1.1. Οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναµες :

1. (ΑΚ∆): Κάθε µη κενό υποσύνολο του συνόλου N έχει ελάχιστο στοιχείο.2. (ΑΜΕ)1: ΄Εστω S ένα υποσύνολο του συνόλου N για το οποίο ισχύουν τα εξής :

(α) 1 ∈ S.(β) ∀k ∈ N: k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S.

Τότε : S = N.3. (ΑΜΕ)2: ΄Εστω P (n) µια πρόταση η οποία εξαρτάται από τον ϕυσικό αριθµό n ∈ N, για την οποία

ισχύουν τα εξής :(α) Η πρόταση P (1) είναι αληθής.(β) ∀k ∈ N: η πρόταση P (k) είναι αληθής =⇒ η πρόταση P (k + 1) είναι αληθής.

Τότε : η πρόταση P (n) είναι αληθής, ∀n ∈ N.4. (ΑΜ): Κάθε µη κενό άνω ϕραγµένο υποσύνολο του συνόλου N έχει µέγιστο στοιχείο.

Απόδειξη. • (ΑΚ∆) =⇒ (ΑΜΕ)1 Υποθέτουµε ότι ισχύει η Αρχή Καλής ∆ιάταξης, και έστω S έναυποσύνολο του N έτσι ώστε 1 ∈ S, και k ∈ S =⇒ k + 1 ∈ S.

157

Υποθέτουµε ότι S 6= N. Τότε το σύνολο N\S είναι µη-κενό. Επόµενως από την αρχή καλής διάταξηςέπεται ότι το N \ S έχει ελάχιστο στοιχείο :

` = min(N \ S), δηλαδή ` ∈ N \ S και ` ≤ x, ∀x ∈ N \ SΑν ` = 1, τότε 1 ∈ N \ S το οποίο είναι άτοπο διότι από την υπόθεση έχουµε 1 ∈ S. ΄Αρα ` > 1 καιεποµένως 1 ≤ `− 1 < `.

Τότε το στοιχείο ` − 1 ϑα ανήκει στο S διότι διαφορετικά ` − 1 ∈ N \ S κάτι το οποίο είναι άτοποδιότι ` − 1 < ` και το ` είναι το ελάχιστο στοιχείο του N \ S. Απο την ιδιότητα (β) του συνόλου S ϑαέχουµε τότε : 1 ∈ S, και `− 1 ∈ S =⇒ ` ∈ S. Αυτό όµως είναι άτοπο διότι εκ΄ κατασκευής ` ∈ N \ S,δηλαδή ` /∈ S.

Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι S 6= N. Εποµένως ϑα έχουµε S = N, και άρα ισχύει ηπρώτη εκδοχή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.• (ΑΜΕ)1 =⇒ (ΑΜΕ)2 Υποθέτουµε ότι ισχύει η πρώτη εκδοχή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής

και έστω η πρόταση P (n), n ∈ N, για την οποία ικανοποιούνται οι συνθήκες του µέρους 3.. Θεωρούµετο ακόλουθο σύνολο

S =n ∈ N | η πρόταση P (n) είναι αληθής

Προφανώς τότε για το υποσύνολο S ικανοποιούνται οι συνθήκες (α) και (β) του µέρους 2.. Εποµένωςϑα έχουµε ότι S = N, το οποίο σηµαίνει ότι η πρόταση P (n) είναι αληθής για κάθε n ∈ N. ΄Αρα ισχύειη δεύτερη εκδοχή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.• (ΑΜΕ)2 =⇒ (ΑΚ∆) Υποθέτουµε ότι ισχύει η δεύτερη εκδοχή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής

και έστω S ⊆ N ένα µη-κενό υποσύνολο του N.Υποθέτουµε ότι το S δεν έχει ελάχιστο στοιχείο. Για κάθε n ∈ N, ϑεωρούµε την πρόταση

P (n) : για κάθε k ∈ N έτσι ώστε 1 ≤ k ≤ n, ισχύει ότι : k /∈ SΗ πρόταση P (1), δηλαδή ο ισχυρισµός ότι 1 /∈ S, είναι αληθής. Πράγµατι, αν 1 ∈ S τότε προφανώς το1 είναι ελάχιστο στοιχείο του S κάτι το οποίο είναι άτοπο διότι το S δεν έχει ελάχιστο στοιχείο.

Υποθέτουµε ότι η πρόταση P (n) είναι αληθής, δηλαδή κανένας από τους αριθµούς 1, 2, · · · , n δενανήκει στο S. Αν το n+ 1 ανήκει στο S, τότε επειδή k /∈ S, όπου 1 ≤ k ≤ n, έπεται άµεσα ότι το n+ 1είναι ελάχιστο στοιχείο του S κάτι το οποίο είναι άτοπο διότι το S δεν έχει ελάχιστο στοιχείο. ΄Αρα ϑαέχουµε ότι n+ 1 /∈ S. Αυτό όµως σηµαίνει ότι η πρόταση P (n+ 1) είναι αληθής.

Από την δεύτερη εκδοχή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής, έπεται τότε ότι η πρόταση P (n) είναιαληθής για κάθε n ∈ N, και εποµένως ∀n ∈ N, 1 ≤ k ≤ n =⇒ k /∈ S. Με άλλα λόγια ∀n ∈ N,n /∈ S. Αυτό όµως, επεισδή S ⊆ N, σηµαίνει ότι S = ∅ κάτι το οποίο είναι άτοπο από την αρχική µαςυπόθεση.

Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι το µη-κενό υποσύνολο S του N δεν έχει ελάχιστο στοιχείο.΄Αρα το S έχει ελάχιστο στοιχείο και εποµένως ισχύει η Αρχή Καλής ∆ιάταξης.− ΄Ετσι έχουµε δείξει ότι οι τρεις πρώτες αρχές (ΑΚ∆), (ΑΜΕ)1, (ΑΜΕ)2 είναι ισοδύναµες. Ολοκλη-

ϱώνουµε την απόδειξη δείχνοντας ότι : (ΑΚ∆) =⇒ (ΑΜ) =⇒ (ΑΜΕ)2.• (ΑΚ∆) =⇒ (ΑΜ) Υποθέτουµε ότι ισχύει η Αρχή Καλής ∆ιάταξης, και έστω T ⊆ N ένα µη-κενό και

άνω ϕραγµένο υποσύνολο του N. ΄Εστω b ∈ N ένα άνω ϕράγµα του T , δηλαδή:

b ∈ N και t ≤ b, ∀t ∈ TΟρίζουµε ένα νέο σύνολο, το σύνολο όλων των άνω ϕραγµάτων του T στο N:

S =s ∈ N | t < s, ∀t ∈ T

Το σύνολο S είναι µη κενό διότι ∀t ∈ T : t ≤ b < b+ 1, και άρα b+ 1 ∈ S.

158

Από την Αρχή Καλής ∆ιάταξης, έπεται ότι το σύνολο S έχει έλάχιστο στοιχείο, έστω ότι αυτό είναι τοs0:

s0 = minS, δηλαδή s0 ∈ S και s0 ≤ s, ∀s ∈ SΑπό το ορισµό του συνόλου S, έπεται ότι υπάρχει ένα στοιχείο t0 ∈ T έτσι ώστε : s0−1 ≤ t0. Πράγµατι,αν s0 − 1 > t, ∀t ∈ T , τότε ϑα είχαµε ότι s0 − 1 ∈ S κάτι το οποίο είναι άτοπο διότι s0 − 1 < s0 και τοs0 είναι ένα ελάχιστο στοιχείο του S.

΄Αρα πράγµατι υπάρχει ένα στοιχείο t0 ∈ T έτσι ώστε : s0− 1 ≤ t0. Επειδή όµως έχουµε και t0 < s0,έπεται ότι ϑα έχουµε s0 − 1 = t0 ∈ T . Ισχυριζόµαστε ότι :

t0 = maxT, δηλαδή το t0 είναι µέγιστο στοιχείο του T

Πράγµατι, το t0 ανήκει εκ΄ κατασκευής στο T και επιπλέον επειδή από τον ορισµό του συνόλου Sέχουµε t < s0, ∀t ∈ T , έπεται ότι t ≤ s0 − 1 = t0, ∀t ∈ T . ∆ηλαδή t0 = maxT .• (ΑΜ) =⇒ (ΑΜΕ)2 Υποθέτουµε ότι ισχύει η Αρχή Μεγίστου και έστω P (n) µια πρόταση η οποία

εξαρτάται από το n ∈ N, για την οποία ισχύει ότι η P (1) είναι αληθής, και για κάθε ϕυσικό αριθµό n:P (n) είναι αληθής =⇒ P (n+ 1) είναι αληθής.

΄Εστω ότι υπάρχει m ∈ N έτσι ώστε η πρόταση P (m) δεν είναι αληθής. Ορίζουµε τότε ένα σύνολο Tως εξής :

T =t ∈ N | η πρόταση P (n) είναι αληθής ∀n ∈ N : 1 ≤ n ≤ t

Επειδή η πρόταση P (1) είναι αληθής, έπεται ότι 1 ∈ T και άρα T 6= ∅. Επιπρόσθετα ο ϕυσικόςαριθµός m είναι προφανώς ένα άνω ϕράγµα για το σύνολο T . Πράγµατι αν k ∈ N και m ≤ k, τότεk /∈ T , διότι διαφορετικά αν k ∈ T , τότε ϑα είχαµε ότι η P (m) είναι αληθής κάτι το οποίο δεν ισχύει.

΄Ετσι το T είναι ένα µη-κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο τουN. Εποµένως από την Αρχή Μεγίστου,το σύνολο T έχει ένα µέγιστο στοιχείο, έστω ότι αυτό είναι το t0:

t0 = maxT, δηλαδή t0 ∈ T και t ≤ t0, ∀t ∈ TΑπό τον ορισµό του συνόλου T ϑα έχουµε ότι η πρόταση P (t0) είναι αληθής. Τότε από την υπόθεσηϑα έχουµε και ότι η πρόταση P (t0 + 1) είναι αληθής. Αυτό όµως σηµαίνει ότι η πρόταση P (n) είναιαληθής για κάθε n ∈ N έτσι ώστε : 1 ≤ n ≤ t0 + 1, και εποµένως ο αριθµός t0 + 1 ανήκει στο σύνολοT . Αυτό όµως είναι άτοπο διότι t0 < t0 + 1 και το t0 είναι µέγιστο στοιχείο τπυ T .

Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει m ∈ N έτσι ώστε η πρόταση P (m) δεν είναι αλη-ϑής. ΄Αρα η πρόταση P (n) είναι αληθής, ∀n ∈ N, και εποµένως ισχύει η δεύτερη εκδοχή της ΑρχήςΜαθηµατικής Επαγωγής.

Από τώρα και στο εξής ϑα υποθέτουµε ότι ισχύει µια, και εποµένως και οι υπόλοιπες, απότις αρχές του παραπάνω Θεωρήµατος.

159

2. Η m-αδική αναπαράσταση ενός ϕυσικού αριθµού

Σκοπός της παρούσης ενότητας είναι η απόδειξη του Θεωρήµατος 2.2 που δίνει, δοθέντων ακεραίωνn ≥ 1 και m ≥ 2, την m-αδική αναπαράσταση του n.

Χρειαζόµαστε το ακόλουθο λήµµα.

Λήµµα 2.1. ΄Εστω m,n ϑετικοί ακέραιοι µε m ≥ 2. Τότε υπάρχει µοναδικός µη αρνητικός ακέραιος kώστε mk ≤ n < mk+1.

Απόδειξη. Πρώτα δείχνουµε µε µαθηµατική επαγωγή ότι

(7) ms ≥ 1 + s

για κάθε ακέραιο s ≥ 1. Πράγµατι, για s = 1 ισχύει αφού m ≥ 2. Υποθέτουµε ότι για κάποιο s ≥ 1ισχύει ms ≥ 1 + s. Τότε

ms+1 = m ·ms ≥ m(1 + s) = (1 + s) + (m− 1)(1 + s) ≥ (1 + s) + 1 = 1 + (s+ 1)

Εποµένως απο την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα (7) ισχύει για κάθε s ≥ 1. Σαν συνέπειατης ανισότητας mn > n.

Ορίζουµε S = s ∈ N : ms > n. Αφού όπως δείξαµε n ∈ S, το S είναι µη κενό σύνολο ϕυσικώναριθµών. ΄Αρα από την αρχή του ελαχίστου έχει ελάχιστο στοιχείο s0 το οποίο γράφεται στην µορφήs0 = k+ 1 για κάποιον µη αρνητικό ακέραιο k. Τότε, k /∈ S άραmk ≤ n και k+ 1 ∈ S άρα n < mk+1.

Θα δείξουµε τώρα την µοναδικότητα του k. Υποθέτουµε

mk ≤ n < mk+1 και ml ≤ n < ml+1

για ακέραιους k, l και ϑα δείξουµε ότι k = l. Εστω ότι δεν ισχύει, και έχουµε k < l. ΄Αρα k + 1 ≤ l,συνεπώς

n < mk+1 ≤ ml ≤ nπου είναι αντίφαση.

Στο ακόλουθο Θεώρηµα η έκφραση (8) λέγεται m-αδική αναπαράσταση του n και οι ακέραιοι aiείναι τα ψηφία του n µε ϐάση τον m.

Θεώρηµα 2.2. ΄Εστω m ένας ακέραιος µε m ≥ 2. Κάθε ακέραιος n ≥ 1 αναπαρίσταται κατά µοναδικότρόπο στη µορφή

(8) n = a0 + a1m+ a2m2 + . . . + akm

k,

όπου k είναι ο (µοναδικός) µη αρνητικός ακέραιος για τον οποίο mk ≤ n < mk+1 και οι a0, a1, . . . , akείναι ακέραιοι που ικανοποιούν τις 1 ≤ ak ≤ m− 1 και 0 ≤ ai ≤ m− 1 για κάθε i = 0, 1, . . . , k − 1.

Απόδειξη. Πρώτα δείχνουµε την ύπαρξη των k και a0 . . . , ak. Για k ≥ 0 συµβολίζουµε µε P (k) την εξήςπρόταση: κάθε ϕυσικός n µε mk ≤ n < mk+1 έχει m-αδική αναπαράσταση. Θα αποδείξουµε ότι ηP (k) ισχύει για κάθε k ≥ 0 µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής.

Πρώτα δείχνουµε την P (0). ΄Εστω 1 ≤ n < m. Θέτουµε a0 = n. Τότε η a0 είναι µια m-αδικήαναπαράσταση του n.

160

΄Εστω k ≥ 1 και ας υποθέσουµε ότι ισχύουν οι προτάσεις P (0), P (1), . . . , P (k− 1). Θα δείξουµε ότιισχύει η P (k). ΄Εστω mk ≤ n < mk+1. Από την ταυτότητα της διαίρεσης του n µε mk, υπάρχουν akκαι r µε 0 ≤ r < mk έτσι ώστε

(9) n = akmk + r.

Τότε,0 < mk − r ≤ n− r = akm

k ≤ n < mk+1.

∆ιαιρώντας αυττή την ανισότητα µε mk παίρνουµε 0 < ak < m. Αφού οι m και ak είναι ακέραιοι,ϐλέπουµε ότι

1 ≤ ak ≤ m− 1.

Αν r = 0, τότε η n = akmk είναι µια m-αδική αναπαράσταση του n. Αν r ≥ 1 τότε από το Λήµµα 2.1

έχουµε ml ≤ n < ml+1 για κάποιον µη αρνητικό ακέραιο l. Αφού r < mk ισχύει l < k. Από τηνεπαγωγική υπόθεση η P (l) ισχύει, άρα ο r έχει µια m-αδική αναπαράσταση της µορφής

r = a0 + a1m+ · · ·+ ak−1mk−1,

όπου 0 ≤ ai ≤ m− 1 για κάθε i = 0, 1, . . . , k − 1. Τότε ο n αναπαρίσταται στη µορφή

n = a0 + a1m+ · · ·+ ak−1mk−1 + akm

k.

Από το Λήµµα 2.1 κάθε ϕυσικός αριθµός n ανήκει σε κάποιο διάστηµα της µορφής [mk,mk+1),άρα προκύπτει ότι κάθε ϑετικός ακέραιος έχει m-αδική γραφή.

Τώρα ϑα δείξουµε την µοναδικότητα της m-αδικής γραφής. Υποθέτουµε ότι δεν ισχύει και ϑακαταλήξουµε σε αντίφαση. ΄Εστω n ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος για τον οποιό η m-αδική γραφή δενείναι µοναδική και

(10) n = b0 + b1m+ · · ·+ bsms

µια άλλη διαφορετική από την (8) m-αδική αναπαράσταση του n, όπου 0 ≤ bj ≤ m − 1 για κάθεj = 0, 1, . . . , s και bs ≥ 1. Αν s ≥ k + 1, τότε

n < mk+1 ≤ bsms ≤ n,το οποίο δεν µπορεί να συµβαίνει. ΄Αρα k ≤ s. Με ανάλογο επιχείρηµα δείχνουµε s ≤ k. ΄Αρα, k = s.Αν ak < bk, τότε

n = a0 + a1m+ · · ·+ ak−1mk−1 + akm

k

≤ (m− 1) + (m− 1)m+ · · ·+ (m− 1)mk−1 + akmk

= (mk − 1) + akmk

< (ak + 1)mk ≤ bkmk ≤ n,

το οποίο είναι αδύνατο. ΄Αρα, bk ≤ ak. Με ανάλογο επιχείρηµα δείχνουµε ότι ak ≤ bk, άρα ak = bk.Τότε

n− akmk = a0 + a1m+ a2m2 + · · ·+ ak−1m

k−1

= b0 + b1m+ b2m2 + · · ·+ bk−1m

k−1

Αφού n− akmk < n και ο n έχει επιλεγεί σαν ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος που δεν έχει µοναδική m-αδική γραφή έχουµε ai = bi για κάθε i = 0, 1, . . . , k − 1. Αυτό όµως είναι αντίφαση, γιατί υποθέσαµεότι οι m-αδικές αναπαραστασεις (10) και (8) του n είναι διαφορετικές µεταξύ τους.

161

Παράδειγµα 2.3. (1) 2-αδική αναπαράσταση του 100:΄Εχουµε

21 = 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 32, 26 = 64, 27 > 100.

Εποµένως100 = 26 + 36 = 26 + 25 + 4 = 26 + 25 + 22.

Σαν συνέπεια τα 2-δικά ψηφία του 100 είναι (1, 1, 0, 0, 1, 0, 0).(2) 3-αδική αναπαράσταση του 100:

΄Εχουµε31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81, 35 > 100.

Εποµένως100 = 34 + 19 = 34 + 2 · 32 + 1 = 34 + 2 · 32 + 30.

Σαν συνέπεια τα 3-δικά ψηφία του 100 είναι (1, 0, 2, 0, 1).

162

3. Κριτήρια ∆ιαιρετότητας

΄Εστω a > 1 ένας ϕυσικός αριθµός και έστω η παράσταση του

a = am10m + am−110m−1 + · · ·+ a110 + a0, am 6= 0 και 0 ≤ ai ≤ 9, 0 ≤ i ≤ m

στο δεκαδικό σύστηµα. Τότε έχουµε τα ακόλουθα κριτήρια διαιρετότητας :

Θεώρηµα 3.1. (1)2 | a ⇐⇒ 2 | a0

(2)3 | a ⇐⇒ 3 | a0 + a1 + · · ·+ am

(3)4 | a ⇐⇒ 4 | a110 + a0

(4)5 | a ⇐⇒ 5 | a0

(5)7 | a ⇐⇒ 7 | 2a0 − a∗

όπου :

a∗ = am10m−1 + am−110m−2 + · · ·+ a210 + a1

(6)9 | a ⇐⇒ 9 | a0 + a1 + · · ·+ am

(7)10 | a ⇐⇒ a0 = 0

(8)11 | a ⇐⇒ 11 | a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

(9)25 | a ⇐⇒ 25 | a110 + a0

Για παράδειγµα, ο 11 διαιρεί τον αριθµό n = 8703585473, γιατί ο 11 διαιρεί τον

3− 7 + 4− 5 + 8− 5 + 3− 0 + 7− 8 = 0

Στην Πρόταση 3.2 αποδεικνύουµε το κριτήριο διαιρετότητας µε το 11. ΄Ενας ενδιαφέρον γενικόςτρόπος για την παραγωγή κριτηρίων διαιρετότητας περιγράφεται στην εργασία [Conrad Keith, A Uni-versal "Divisibility" Test] που είναι διαθέσιµη στην ηλεκτρονική διεύθυνσηhttp://www.math.uconn.edu/∼kconrad/blurbs/ugradnumthy/universaldivtest.pdf

Πρόταση 3.2. 1. Για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n ισχύει :

11 | 10n + 1

2. Για κάθε άρτιο ϕυσικό αριθµό n:

11 | 10n − 1

163

3. ΄Εστω ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ m, και

a = am10m + am−110m−1 + · · ·+ a110 + a0

Τότε ισχύει :

11 | a ⇐⇒ 11 | a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

Απόδειξη. 1. Γράφουµε n = 2k + 1 όπου k ≥ 0. ΄Εχουµε 10n + 1 = 102k+1 + 1. Θα χρησιµοποι-ήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (k) να είναι η Πρόταση

11 | 102k+1 + 1

΄Εχουµε ότι η P (0) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το 11. Υποθέτουµε ότι k ≥ 0 και ότι η P (k) ισχύει,δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 102k+1 + 1. Θα δείξουµε την P (k + 1), δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το10(2(k+1)+1) + 1 = 102k+3 + 1. Πράγµατι, έχουµε

102k+3 + 1 = 100 · 102k+1 + 1 = (99 + 1) · 102k+1 + 1 = 11 · (9 · 102k+1) + (102k+1 + 1)

Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 102k+1 + 1 έχουµε ότι το 11 διαιρεί 102k+3 + 1. ΄Αρα ηP (k+ 1) ισχύει. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµενα δείξουµε ισχύει για κάθε k ≥ 0.

2. Γράφουµε n = 2k όπου k ≥ 1. ΄Εχουµε 10n − 1 = 102k − 1. Θα χρησιµοποιήσουµε την ΑρχήΜαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε Q(k) την Πρόταση

11 | 102k − 1

΄Εχουµε ότι η Q(1) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το 102 − 1 = 99. Υποθέτουµε ότι k ≥ 1 και ότι ηQ(k) ισχύει, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 102k − 1. Θα δείξουµε την Q(k + 1), δηλαδή ότι το 11

διαιρεί το 102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1. Πράγµατι, έχουµε

102k+2 − 1 = 100 · 102k − 1 = (99 + 1) · 102k − 1 = 11 · (9 · 102k) + (102k − 1)

Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 102k − 1 έχουµε ότι το 11 διαιρεί 102k+2 − 1. Συνεπώςη Q(k + 1) ισχύει. ΄Αρα σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής αυτό που ϑέλουµε ναδείξουµε ισχύει για κάθε k ≥ 1.

3. ΘέτουµεA = a0 − a1 + a2 − a3 + · · ·+ (−1)mam

΄Εχουµε

a = a0 + a1 · 10 + a1 − a1 + a2 · 102 + a2 − a2 + · · · · · ·+ am · 10m + am − am= A+ a1(10 + 1) + a2(102 − 1) + a3(103 + 1) + · · ·+ am(10m − (−1)m+1))

Χρησιµοποιώντας τα µέρη 1. και 2. έχουµε ότι ο 11 διαιρεί τον

a1(10 + 1) + a2(102 − 1) + a3(103 + 1) + · · ·+ am(10m − (−1)m+1))

Εποµένως ο 11 διαιρεί τον a αν και µόνο αν διαιρεί τον A.

164

4. Η Εικασία του Bertrand και η Κατανοµή των Πρώτων Αριθµών

Σκοπός της παρούσης ενότητας είναι η απόδειξη ενός σηµαντικού αποτελέσµατος στην Θεωρία Α-ϱιθµών το οποίο είναι γνωστό ως Εικασία του Bertrand (Bertrand Conjecture ή Bertrand Postulate).Θα δούµε επίσης κάποιες ενδιαφέρουσες συνέπειες στην κατανοµή των πρώτων αριθµών.

4.1. Η Εικασία του Bertrand. Η ακόλουθη Εικασία του Bertrand (Bertrand Conjecture ή BertrandPostulate) µας δίνει ένα µέτρο της πυκνότητας των πρώτων αριθµών στο σύνολο όλων των ϕυσικώναριθµών.

Θεώρηµα 4.1. (Εικασια του Bertrand) Για κάθε ϕυσικό αριθµό n 6= 1, υπάρχει πρώτος p έτσι ώστε :

(11) n < p < 2n

Σχόλιο 1. Ο ισχυρισµός της εικασίας του Bertrand επαληθεύεται εύκολα για µικρές τιµές του n:

p = 3 αν n = 2

p = 5 αν n = 3

p = 7 αν 4 ≤ n ≤ 6

p = 13 αν 7 ≤ n ≤ 12

p = 23 αν 13 ≤ n ≤ 22

p = 43 αν 23 ≤ n ≤ 42

p = 83 αν 43 ≤ n ≤ 82

p = 131 αν 83 ≤ n ≤ 127

Σχόλιο 2. Τον ισχυρισµό ότι για κάθε ϕυσικό αριθµό n 6= 1, υπάρχει πρώτος p έτσι ώστε n < p < 2n,διατύπωσε το 1845 ο Γάλλος Μαθηµατικός Joseph Bertrand (1822-1900), ο οποίος επαλήθευσε τοισχυρισµό για ϕυσικούς αριθµούς ≤ 3.000.000.

Ο ισχυρισµός αποδείχθηκε για κάθε ϕυσικό αριθµό από τον Ρώσο Μαθηµατικό P.L. Chebyshev (1821-1894) το 1850, µε χρήση µεθόδων της Ανάλυσης. Αργότερα δώθηκαν απλούστερες αποδείξεις, γιαπαράδειγµα από τους Erdos και Ramanujan, καθώς και ϐελτιωµένες εκδοχές της εικασίας του Bertrand.

Εδώ ϑα παρουσιάσουµε µια παραλλαγή της απόδειξης του Erdos, στην πρώτη εργασία που δηµοσίευσετο 1931.

Για την απόδειξη του Θεωρήµατος 4.1, η οποία δεν είναι εύκολη, ϑα χρειασθούµε κάποια προκα-ταρκτικά ϐοηθητικά αποτελέσµατα, τα οποία έχουν ενδιαφέρον και από µόνα τους.

Λήµµα 4.2. ΄Εστω n ≥ 2 ένας ϕυσικός αριθµός. ΄Εστω p1, p2, · · · , pk όλοι οι πρώτοι αριθµοί οι οποίοιείναι µικρότεροι ή ίσοι του n. Τότε :

(12)k∏i=1

pi = p1 · p2 · · · · · pk ≤ 4n

165

Απόδειξη. Παρατηρούµε ότι : για n = 2 έχουµε k = 1 και p1 = 2 < 42 = 4.Για n = 3, έχουµε k = 2 και p1 = 2 και p2 = 3. Τότε p1p2 = 2 · 3 = 6 < 43 = 48.Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση (4.2) αληθεύει, όταν n = 2, 3.Η απόδειξη για κάθε n > 3 ϑα γίνει πρώτα στην περίπτωση κατά την οποία ο αριθµός n είναι περιττός

και ακολούθως στην περίπτωση κατά την οποία ο n είναι άρτιος.Υποθέτουµε ότι ο αριθµός n είναι περιττός. Θα δείξουµε το Ϲητούµενο µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής

Επαγωγής.

• ΄Οπως είδαµε παραπάνω, για n = 3 η Ϲητούµενη σχέση ισχύει.• Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n περιττό και n > 3 ισχύει :

k∏j=1

pi = p1 · p2 · · · · · pj ≤ 4n, ∀ j : περιττός και 3 < j < n

Θα δείξουµε πρώτα ότι ισχύει η Ϲητούµενη σχέση για την περίπτωση n περιττός.Επειδή ο n είναι περιττός έπεται ότι ϑα είναι της µορφής n = 2λ + 1 για κάποιον ϕυσικό

αριθµό λ. Τότεn+ 1

2=

2(λ+ 1)

2= λ+ 1 και

n− 1

2=

2λ

2= λ

Εποµένως αν ο λ είναι άρτιος, τότε ο αριθµός n+12 είναι περιττός, και αν ο λ είναι περιττός, τότε

ο αριθµός n−12 είναι περιττός. Θεωρούµε τον ϕυσικό αριθµό

k =n± 1

2όπου διαλέγουµε το πρόσηµο έτσι ώστε ο αριθµός k να είναι περιττός. Τότε προφανώς k ≥ 3και ο αριθµός n− k ≥ 1 είναι άρτιος ως διαφορά περιττών.

΄Εστω p ένας πρώτος αριθµός έτσι ώστε k < p ≤ n. Τότε ο p είναι περιττός διότι p > k > 3.• Ισχυρισµος:

p | n! και p - k! και p - (n− k)!

Πραγµατικά, επειδή p ≤ n, έπεται προφανώς ότι p | n!. Επίσης αν p | k!, τότε επειδή ο αριθµόςp είναι πρώτος, ϑα έχουµε p | a όπου a ≤ k. Αυτό όµως είναι άτοπο διότι k < p. ΄Ετσι πράγµατιp - k!. Παρόµοια ϐλέπουµε ότι p - (n− k)!, διότι αν p | (n− k)!, τότε όπως και προηγούµενωςϑα έχουµε p | a για κάποιο a µε 1 ≤ a ≤ n− k. Ιδιαίτερα p ≤ n− k και µάλιστα p ≤ n− k− 1,διότι αν p = n− k τότε έπεται ότι ο p είναι άρτιος το οποίο είναι άτοπο. ΄Ετσι k < p ≤ n− k− 1και εποµένως n ≥ 2k + 1. Αυτό είναι άτοπο όπως ϐλέπουµε εύκολα από την επιλογή του k,δηλαδή k = n±1

2 . Εποµένως p - (n− k)!.• Ισχυρισµος:

p |(n

k

)Πραγµατικά από την Ευκλείδεια ∆ιαίρεση ϑα έχουµε:(

n

k

)=

n!

k!(n− k)!= pm+ r, 0 ≤ r < p

Τότε επειδή p | n!, ϑα έχουµε

n! = p(mk!(n− k)!

)+ k!(n− k)!r =⇒ n!− p

(mk!(n− k)!

)= k!(n− k)!r =⇒

=⇒ p | k!(n− k)!r

166

και επειδή ο p είναι πρώτος και p - k! και p - (n − k)! ϑα έχουµε p | r και αυτό είναι δυνατόνµόνο αν r = 0 διότι r < p. ΄Αρα δείξαµε ότι

p |(n

k

), ∀p ∈ P & k < p ≤ n

Τότε όµως ϑα έχουµε και :∏k<p≤n

p |(n

k

)και εποµένως

∏k<p≤n

p ≤(n

k

)Επειδή (

n

k

)=

(n

n− k

)και οι παραπάνω διωνυµικοί συντελεστές εµφανίζονται στο διωνυµικό ανάπτυγµα

(1 + 1)n = 2 · 2n−1

ϑα έχουµε προφανώς ότι ∏k<p≤n

p ≤ 2n−1

Χρησιµοποιώντας την Επαγωγικη Υποθεση, ϑα έχουµε:∏p≤n

p =∏p≤k

p∏

k<p≤np < 4k2n−1 = 2n+2k−1 ≤ 22n = 4n

Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση (4.2) ισχύει για κάθε nπεριττό.

Μένει να δείξουµε την σχέση (4.2) για την περίπτωση κατά την οποία n είναι άρτιος. Σ΄ αυτή τηνπερίπτωση ο πρώτος p δεν µπορεί να είναι ίσος µε n και τότε επειδή ο n − 1 είναι περιττός, από τηνπαραπάνω ανάλυση ϑα έχουµε: ∏

p≤np =

∏p≤n−1

p < 4n−1 < 4n

Εποµένως δείξαµε ότι η σχέση (4.2) ισχύει για κάθε ϕυσικό αριθµό n.

Λήµµα 4.3. ΄Εστω n ≥ 3 ένας ϕυσικός αριθµός, και έστω p ένας πρώτος αριθµός έτσι ώστε :

2n

3< p ≤ n

Τότε :

p -(

2nn

)Απόδειξη. Επειδή 3p > 2n, έπεται ότι οι αριθµοί p και 2p είναι τα µοναδικά ακέραια πολλαπλάσια τουp τα οποία εµφανίζονται ως παράγοντες του (2n)!. Εποµένως p2 είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p ηοποία διαιρεί τον αριθµό (2n)!.

Παρόµοια επειδή 2p > n, έπεται ότι p είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον αριθµόn! και άρα p2 είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον αριθµό n!n!.

167

Συνδυάζοντας τις παραπάνω παρατηρήσεις έπεται ότι

p -(

2n

n

)=

(2n)!

n!n!

Προχωρούµε τώρα στην απόδειξη τους Θεωρήµατος 4.1.

Απόδειξη Θεωρήµατος 4.1: Από το Σχόλιο 4.2 έπεται ότι το Ϲητούµενο ισχύει για κάθε ϕυσικόαριθµό n ≤ 127.

Υποθέτουµε ότι n ≥ 128, και έστω ότι δεν υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι ώστε : n < p < 2n.΄Εστω (

2n

n

)=∏p≤2n

pr

η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού(2nn

). Τότε :

(1) Επειδή, από την υπόθεσή µας, δεν υπάρχει κανένας πρώτος µεταξύ των n και 2n, έπεται ότι ηπρωτογενής ανάλυση του

(2nn

)ϑα είναι της µορφής:(

2n

n

)=∏p≤n

pr

(2) Αν p είναι ένας πρώτος στην παραπάνω πρωτογενή ανάλυση, και ισχύει 2n3 < p ≤ n, τότε από

το Λήµµα 4.5, έπεται ότι ϑα έχουµε p -(2nn

). Τότε η πρωτογενής ανάλυση του

(2nn

)ϑα είναι της

µορφής (2n

n

)=

∏p≤√2n

pr ·∏

√2n<p≤ 2n

3

pr

(3) Επειδή όµως αν p είναι ένας πρώτος, όπου√

2n < p ≤ 2n3 , έπεται ότι ο p είναι η µεγαλύτερη

δύναµη του p η οποία διαιρεί τον(2nn

). Εποµένως για την πρωτογενή ανάλυση του

(2nn

)ϑα

έχουµε (2n

n

)=

∏p≤√2n

pr ·∏

√2n<p≤ 2n

3

pr ≤∏

p≤√2n

2n ·∏p≤ 2n

3

p

(4) Επειδή ο αριθµός των πρώτων p ≤√

2n είναι µικρότερος από τον αριθµό των περιττών ≤√

2n,έπεται ότι ϑα έχουµε ότι αυτός ο αριθµός ϑα είναι µικρότερος από

√2n2 −1 =

√n2−1. Εποµένως

ϑα έχουµε: ∏p≤√2n

2n ≤ (2n)√

n2−1

(5) Από το Λήµµα 4.4, έπεται ότι ∏p≤ 2n

3

p < 42n3

(6) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (3), (4), και (5), ϑα έχουµε:(2n

n

)< (2n)

√n2−1 4

2n3

168

(7) Επειδή ο αριθµός(2nn

)είναι ο µεγαλύτερος από τους 2n + 1 ορους στο διωνυµικό ανάπτυγµα

(1 + 1)2n, έπεται ότι

(2n+ 1)

(2n

n

)> (2n)

(2n

n

)> 22n

και άρα22n

2n<

(2n

n

)< (2n)

√n2−1 4

2n3

και η τελευταία σχέση δίνει την σχέση

22n3 < (2n)

√n2

(8) Παίρνοντας λογαρίθµους στην τελευταία σχέση και διαιρώντας µε√2n6 , ϑα έχουµε:

√8n log 2− 2 log(2n) < 0

(9) Παραγωγίζοντας την συνάρτηση f(x) =√

8x log 2− 2 log(2x), ϑα έχουµε:

f ′(n) =

√2n log 2− 3

n

Επειδή f(128) = 8 log 2 > 0 και επειδή f ′(n) > 0, ∀n ≥ 128, έπεται ότι η συνάρτηση f(n)είναι αύξουσα και εποµένως ϑετική για n ≥ 128:

f(n) =√

8n log 2− 2 log(2n) > 0

(10) Οι σχέσεις στο (8) και (10) µας οδηγούν σε αντίφαση.

Εποµένως η υπόθεση ότι n ≥ 128, και δεν υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι ώστε : n < p < 2n, µαςοδήγησε σε άτοπο. ΄Αρα υπάρχει παντα ένας πρώτος αριθµός p έτσι ώστε : n < p < 2n, ∀n ≥ 1. 2

Υπενθυµίζουµε ότι, όπως έχουµε δείξει στο µάθηµα, ο n-οστός πρώτος αριθµός είναι µικρότερος ήίσος από τον αριθµό 22

n−1:

pn ≤ 22n−1

Το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα είναι άµεση συνέπεια του Θεωρήµατος 4.1, δίνει ένα πολύ καλύ-τερο ϕράγµα.

Θεώρηµα 4.4. ΄Εστω P =p1, p2, · · · , pn, · · ·

το σύνολο όλων των πρώτων αριθµών, εφοδιασµένο µε

την ϕυσική του διάταξη : p1 = 2, p2 = 3, · · · , και pk < pm όταν k < m. Τότε, ∀n ∈ N:

pn ≤ 2n

Απόδειξη. Από το Θεώρηµα 4.1 έπεται ότι, ∀k ≥ 2:

υπάρχει ένας πρώτος p έτσι ώστε : 2k−1 < p < 2k

Εποµένως υπάρχουνε το πολύ k − 1 πρώτοι αριθµοί, χωρίς να λαµβάνουµε υπ΄ όψιν τον πρώτος 2, οιοποίοι είναι ≤ 2k. Εποµένως υπάρχουν το πολύ k πρώτοι αριθµοί οι οποίοι είναι ≤ 2k. ∆ηλαδή:

pn ≤ 2n

169

Επειδή προφανώς pn 6= 2n, όταν n 6= 1, από το παραπάνω Θεώρηµα, έχουµε ότι :

pn ≤ 2n − 1, ∀n > 1

Για να ϕανεί πόσο καλύτερο είναι το ϕράγµα pn ≤ 2n του Θεωρήµατος 4.6 από το ϕράγµα pn ≤ 22n−1

το οποίο έχουµε αποδείξει στην τάξη, διαλέγουµε n = 7. Τότε p7 = 17, δηλαδή ο 17 είναι ο 7ος πρώτοςαριθµός. Επίσης το ϕράγµα του Θεωρήµατος 4.6 είναι x = 27 = 128. Από την άλλη πλευρά το δεύτεροϕράγµα είναι 22

7−1= 22

6= 264 = 27·9+1 = 2 · (27)9 = 2x9 = 2 · (128)9.

4.2. Η Κατανοµή των πρώτων αριθµών. Υπενθυµίζουµε ότι η συνάρτηση η οποία µετράει τον α-ϱιθµό των πρώτων αριθµών οι οποίοι είναι µικρότεροι από δοθέντα πραγµατικό αριθµό ορίζεται ωςεξής :

π : R −→R, π(x) =∣∣p ∈ N | p : πρώτος & p ≤ x

∣∣Το ακόλουθο σπουδαίο Θεώρηµα των Πρώτων Αριθµών αναλύει την ασυµπτωτική συµπεριφορά της

συνάρτησης π(x).

Θεώρηµα 4.5. (Θεωρηµα των Πρωτων Αριθµων)

limx→∞π(x)log x

x= 1

Σχόλιο 3. (1) Από το Θεώρηµα των Πρώτων Αριθµών έπεται ότι το κλάσµα π(x)x

log xπροσεγγίζει την τιµή 1

όταν ο πραγµατικός αριθµός x τείνει στο άπειρο, δηλαδή όταν µεγαλώνει απεριόριστα. Με άλλα λόγιαοι συναρτήσεις π(x) και x

log x είναι ασυµπτωτικά ίσες, δηλαδή παίρνουν ίδιες τιµές για µεγάλη τιµή τηςµεταβλητής x. Αυτό το συµβολίζουµε µε : π(x) ∼ x

log x , όταν x→∞.(2) Από το Θεώρηµα των Πρώτων Αριθµών προκύπτει ότι αν n είναι ένας αρκετά µεγάλος ϕυσικός

αριθµός, και διαλέξουµε τυχαία έναν αριθµό από το 1 µέχρι το n, τότε η πιθανότητα αυτός ο αριθµόςνα είναι πρώτος είναι ασυµπτωτικά 1

logn , δηλαδή προσεγγιστικά όταν ο αριθµός n είναι µεγάλος αυτή η

πιθανότητα είναι περίπου 1logn .

(3) ΄Ατυπα ϑα λέγαµε ότι αν µπορούσαµε να διαλέξουµε τυχαία έναν ϕυσικό αριθµό από το σύνολο Nόλων των ϕυσικών αριθµών, τότε η πιθανότητα αυτός ο αριθµός να είναι πρώτος είναι προσεγγιστικά 0.Αυτό το συµπέρασµα µπορεί να διατυπωθεί ακριβέστερα ως εξής. ΄Εστω ότι, για έναν πραγµατικό αριθµόx, ο ϕυσικός αριθµός [x] συµβολίζει τον µεγαλύτερο ακέραιο ο οποίος είναι ≤ x. Τότε αποδεικνύεται ότιη πιθανότητα ένας ϕυσικός αριθµός να είναι πρώτος υπάρχει και είναι ίση µε :

limx→∞π(x)

[x]= 0

Σχόλιο 4. Το Θεώρηµα των Πρώτων Αριθµών ϑεωρείται από τα σπουδαιότερα αποτελέσµατα της ΘεωρίαςΑριθµών. Η απόδειξη του Θεωρήµατος των Πρώτων Αριθµών είναι αρκετά δύσκολη και ξεφεύγει απότα πλαίσια του µαθήµατος. Το Θεώρηµα αποδείχθηκε ανεξάρτητα, από τον Jaque Hadamard και τονCharles Jean de Vallee-Poussin το 1896 µε αναλυτικές µεθόδους.

Το 1948, επίσης ανεξάρτητα, οι Μαθηµατικοί Selberg και Erdos απέδειξαν το Θεώρηµα των ΠρώτωνΑριθµών µε στοιχειώδεις µεθόδους.

170

Σχόλιο 5. Αν όπως πριν, pn συµβολίζει τον n-οστο πρώτο αριθµό, τότε από το Θεώρηµα των ΠρώτωνΑριθµών προκύπτει ότι :

pn ∼ n log n

όπου log n συµβολίζει τον ϕυσικό λογάριθµο του n.

Μια άµεση συνέπεια του Θεωρήµατος των Πρώτων Αριθµών είναι το ακόλουθο Πόρισµα το οποίογενικεύει την εικασία του Bertrand:

Πόρισµα 4.6.

∀ ε > 0, ∃ m = m(ε) > 0 : ∀n > m(ε) : ∃ p : πρώτος έτσι ώστε : n < p < (1 + ε)n

Επιστρέφοντας στην Εικασία του Bertrand, αποδεικνύουµε την ακόλουθη ενδιαφέρουσα εφαρµογήτης :

Θεώρηµα 4.7 (L. Greenfield and S. Greenfield (1998) ). Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός, τότε τοσύνολο των 2n αριθµών N = 1, 2, · · · , 2n µπορεί να διαµερισθεί σε n το πλήθος Ϲευγάρια αριθµών

a1, b1, a2, b2, · · · , an, bnέτσι ώστε ο αριθµός ai + bi να είναιν πρώτος, 1 ≤ i ≤ n.

Απόδειξη. Η απόδειξη ϑα γίνει µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής.(1) Για n = 1, το αποτέλεσµα είναι προφανές, διότι τότε N = 1, 2 και ο αριθµός 1 + 2 = 3 είναι

πρώτος.(2) Για n > 1, υποθέτουµε ο ισχυρισµός είναι αληθής για κάθε σύνολο 1, 2, · · · , 2m µε m < n.(3) Για την περίπτωση n, και σύµφωνα µε την Εικασία του Bertrand, υπάρχει ένας πρώτος αριθµός

p έτσι ώστε 2n < p ≤ 4n. Επειδή προφανώς ο αριθµός 4n δεν είναι πρώτος, έπεται ότι µπορούµενα γράψουµε p = 2n+m, όπου 1 ≤ m < 2k, και k ≤ n.

Θεωρούµε τότε τα Ϲευγάρια

(2n,m), (2n− 1,m+ 1), · · · , (n+ dke, n+ bkc)όπου για έναν πραγµατικό αριθµό x:(α΄) bxc = maxm ∈ Z | m ≤ x συµβολίζει τον µεγαλύτερο ακέραιο ≤ x.(ϐ΄) dxe = minn ∈ Z | n ≥ x συµβολίζει τον µικρότερο ακέραιο ≥ x.Επειδή προφανώς ο αριθµός m δεν µπορεί να είναι άρτιος, έπεται ότι ο m είναι περιττός καιάρα ο αριθµός m − 1 είναι άρτιος και άρα της µορφής m − 1 = 2r, όπου r < n. Τότε ταπαραπάνω Ϲεύγη αποδεικνύουν τον ισχυρισµό για το σύνολο m,m + 1, · · · , 2n. Επειδή οισχυρισµός για το σύνολο 1, 2, · · · ,m− 1 προκύπτει από την Επαγωγική Υπόθεση, έπεται οσχυρισµός ισχύει και για το n.

Εποµένως ο ισχυρισµός είναι αληθής για κάθε n ≥ 1.

Το ακόλουθο Θεώρηµα του Erdos γενικεύει την εικασία του Bertrand:

171

Θεώρηµα 4.8 (Erdos). Για κάθε ϕυσικό αριθµό k, υπάρχει ένας ϕυσικός αριθµός N έτσι ώστε για κάθεn > N , υπάρχουν τουλάχιστον k το πλήθος πρώτοι αριθµοί p έτσι ώστε : n < p < 2n.

Αναφέρουµε χωρίς απόδειξη τα ακόλουθα αποτελέσµατα τα οποία προκύπτουν από την Εικασία τουBertrand:

Θεώρηµα 4.9. Υπάρχουν σταθερές C, c > 0 έτσι ώστε, ∀x ∈ R:

clog x

x≤ π(x) ≤ C

log x

x

Θεώρηµα 4.10. Κάθε ϕυσικός αριθµός n > 6 µπορεί να γραφεί ως άθροισµα διακεκριµµένων πρώτωναριθµών.

Τέλος το ακόλουθο είναι ένα ενδιαφέρον πρόβληµα για το οποίο δεν είναι γνωστή η απάντηση:

Ανοιχτό Πρόβληµα: (Εικασια του Legendre). Είναι αληθές ότι για κάθε ϕυσικό αριθµό n > 1υπάρχει πάντα ένας πρώτος αριθµός p έτσι ώστε :

n2 < p < (n+ 1)2 ;

172

5. Ο Αλγόριθµος του Ευκλείδη και το Θεώρηµα του Lame

΄Εστω a, b δύο ϕυσικοί αριθµοί. Τότε όπως γνωρίζουµε, ο µέγιστος κοινός διαιρέτης (a, b) των αριθµώνa και b προκύπτει ως το τελευταίο µη-µηδενικό υπόλοιπο στις διαδοχικές διαιρέσεις στον Αλγόριθµοτου Ευκλείδη. Εποµένως υπάρχει αλγοριθµικός τρόπος εύρεσης του µέγιστου κοινού διαιρέτη δύοαριθµών.

Εποµένως για προφανείς λόγους έχει µεγάλη σηµασία να γνωρίζουµε πόσες διαιρέσεις χρειαζόµαστεγια τον υπολογισµό του µέγιστου κοινού διαιρέτη µε χρήση του Αλγόριθµου του Ευκλείδη.

Ο Γάλλος Μαθηµατικός Gabriel Lame το 1845 απέδειξε ότι ο αριθµός των διαιρέσεων οι οποίεςαπαιτούνται στην εφαρµογή του Αλγόριθµου του Ευκλείδη για τον υπολογισµό του µέγιστου κοινούδιαιρέτη δύο αριθµών είναι το πολύ πέντε ϕορές το πλήθος των δεκαδικών ψηφίων του µικρότερου απότους δύο αριθµούς.

Σκοπός µας στην παρούσα παράγραφο είναι να δώσουµε µια απόδειξη του Θεωρήµατος του Lame.Η απόδειξη χρησιµοποιεί, µε αναπάντεχο τρόπο, ιδιότητες της ακολουθίας Fibonacci.

Θεώρηµα 5.1 (Θεωρηµα του Lame (1845) ). ΄Εστω a, b ∈ N δύο ϕυσικοί αριθµοί. Τότε για τον αριθµό nτων διαιρέσεων οι οποίες απαιτούνται για τον υπολογισµό του µέγιστου κοινού διαιρέτη (a, b) των αριθµώνa, b µε χρήση του Αλγόριθµου του Ευκλείδη, ισχύει ότι :

n ≤ 5 ·(πλήθος δεκαδικών ψηφίων του αριθµού mina, b

)Απόδειξη. Αν a = b, τότε προφανώς (a, b) = a = b. Υποθέτουµε ότι a 6= b και χωρίς ϐλάβη τηςγενικότητας, έστω a > b.− Βήµα 1: Θέτουµε r0 = a και r1 = b. Από τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο τότε ϑα έχουµε τις ακόλουθες

σχέσεις :

r0 = r1q1 + r2 όπου 0 ≤ r2 < r1

r1 = r2q2 + r3 όπου 0 ≤ r3 < r2

r0 = r1q1 + r2 όπου 0 ≤ r4 < r3...

......

rn−2 = rn−1qn−1 + rn όπου 0 ≤ rn < rn−1

rn−1 = rnqn(13)

όπου έχουµε υποθέσει ότι :

0 6= ri, i = 2, 3, · · · , n & rn+1 = 0

Τότε γνωρίζουµε ότι :(a, b) = rn

και το πλήθος των διαιρέσεων οι οποίες απαιτούνται στην εκτέλεση του Αλγόριθµου του Ευκλείδη γιατον παραπάνω υπολογισµό είναι ακριβώς n.

− Βήµα 2: Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία FibonacciFnn≥1 ορίζεται ως εξής :

F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, & Fn+1 = Fn + Fn−1, ∀n ≥ 2

• Ισχυρισµός: b = r1 ≥ Fn+1.Η απόδειξη ϑα γίνει µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής:

173

(1) Το τελευταίο µη-µηδενικό υπόλοιπο rn είναι ένας ϕυσικός αριθµός και άρα rn ≥ 1 = F2. ΄Αρα:

rn ≥ F2

(2) Επειδή rn−1 = rnqn, και επειδή rn < rn−1, έπεται ότι qn 6= 1. Εποµένως qn ≥ 2, και τότεrn−1 = rnqn ≥ 2rn ≥ 2 = F3. ΄Αρα:

rn−1 ≥ F3

(3) Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι :

rn−k+1 ≥ Fk+1, για κάθε k ∈ N έτσι ώστε : 1 ≤ k < n

Ιδιάιτερα ϑα έχουµε:r2 ≥ Fn & r3 ≥ Fn−1

(4) Για k = n, από τις σχέσεις (3.1) ϑα έχουµε: r1 = r2q2+r3. Επειδή ο αριθµός q2 είναι ϕυσικός,ϑα έχουµε q2 ≥ 1 και εποµένως r1 ≥ r2 + r3. Τότε µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης, ϑαέχουµε:

r1 ≥ r2 + r3 ≥ Fn + Fn−1 = Fn+1

Εποµένως έχουµε δείξει το Ισχυρισµό:b ≥ Fn+1

και εποµένως έχουµε δείξει ότι :• αν n είναι ο αριθµός των διαιρέσεων οι οποίες απαιτούνται στην εκτέλεση του Αλγόριθµου του

Ευκλείδη για τον υπολογισµό του µέγιστου κοινού διαιρέτη (a, b), όπου a > b, τότε αναγκαστικά οµικρότερος αριθµός b δεν µπορεί να είναι µικρότερος από τον (n + 1)-οστό αριθµό της ακολουθίαςFibonacci.

− Βήµα 3: Θα δείξουµε πρώτα τον ακόλουθο ισχυρισµό.• Ισχυρισµός:

Fn ≥ φn−2, ∀n ≥ 3, όπου φ =1 +√

5

2Υπενθυµίζουµε ότι ο αριθµός φ είναι ϱίζα της εξίσωσης x2 − x− 1 = 0 και άρα

φ2 = φ+ 1

(1) Για n = 3, έχουµε: F3 = 2 και φ3−2 = φ = 1+√5

2 = 1.6180..., και άρα προφανώς ϑα έχουµε

F3 > φ3−2

(2) Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι N > 3 και υποθέτουµε ότι :

Fk > φk−2, ∀k : 3 < k < n

(3) Για k = n, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης, ϑα έχουµε:

Fn = Fn−1 + Fn−2

> φn−1−2 + φn−2−2

= φn−3 + φn−4

= φn−4(φ+ 1

)= φn−4φ2

= φn−2

174

Εποµένως ϑα έχουµε:b ≥ Fn+1 > φn−1

− Βήµα 4: Θα έχουµε διαδοχικά:(1) Παίρνοντας λογάριθµους µε ϐάση 10 στην παραπάνω σχέση, ϑα έχουµε:

log10 b > (n− 1) · log10 φ

(2) Βλέπουµε εύκολα ότι :

log10 φ >1

5(3) Εποµένως ϑα έχουµε: log10 b > 1

5(n− 1) και άρα:

n− 1 < 5 log10 b

(4) ΄Εστω k το πλήθος των δεκαδικών ψηφίων του b στην δεκαδική παράσταση του. Τότε προφανώςb < 10k και άρα:

log10 b < k

(5) Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις, ϑα έχουµε:

n− 1 < 5k

και επειδή ο k είναι ακέραιος, ϑα έχουµε:

n < 5k

Σχόλιο 6. Το Θεώρηµα του Lame δείχνει ότι ο αλγόριθµος του Ευκλείδη για την εύρεση του µέγιστουκοινού διαιρέτη είναι αρκετά ταχύς και αποτελεσµατικός, διότι µας ϐρίσκει τον µέγιστο κοινό διαιρέτη δύοαριθµών σε πολυωνυµικό χρόνο.

Σχόλιο 7. Υπάρχουν άπειρα Ϲεύγη αριθµών για τα οποία ο αλγόριθµος του Ευκλείδη για την εύρεση τουµέγιστου κοινού διαιρέτη τους απαιτεί ακριβώς n ϐήµατα.

Πράγµατι, αν Fn+1, Fn+2 είναι δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fibonacci, ∀n ≥ 1, τότε

(Fn+1, Fn+2) = 1

και όπως έχουµε δεί στο µάθηµα για την εύρεση του µέγιστου κοινού διαιρέτη (Fn+1, Fn+2) = 1 απιτούνταιακριβώς n ϐήµατα :

Fn+2 = Fn+1 · 1 + Fn

Fn+1 = Fn · 1 + Fn−1...

F4 = F3 · 1 + F2

F3 = F2 · 2΄Αρα (Fn+1, Fn+2) = F2 = 1, και όπως ϐλέπουµε στην εκτέλεση του αλγορίθµου απαιτούνται ακριβώς

n ϐήµατα.

175

II. Αριθµητικές Συναρτήσεις

176

III. Ισοτιµίες

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝΒρισκοντας την ηµερα της εβδοµαδας

γνωριζοντας την ηµεροµηνια


Βρίσκοντας την ηµέρα της εβδοµάδας γνωρίζοντας την ηµεροµηνία

1. Κάθε ηµεροµηνία από το έτος 0µ.Χ. µέχρι το έτος 9.999µ.Χ., έχει την ακόλουθη µορφή:

N / M / XY ZW

όπου:(1) N είναι η µέρα του µήνα, και άρα 1 ≤ N ≤ 28 ή 1 ≤ N ≤ 29, ή 1 ≤ N ≤ 30 ή 1 ≤ N ≤ 31,

ανάλογα µε τον µήνα (ο Φεβρουάριος έχει 28 ηµέρες αν το έτος δεν είναι δίσεκτο και 29 ηµέρεςαν το έτος είναι δίσεκτο).

(2) M είναι ο αύξων αριθµός του µήνα, αρχίζοντας από τον Μάρτιο, δηλαδή:

Μάρτιος : M = 1, Απρίλιος : M = 2, · · · , ∆εκέµβριος : M = 10,

Ιανουάριος : M = 11, Φεβρουάριος : M = 12

Η παραπάνω αρίθµηση ξεκινά από τον Μάρτιο διότι σε κάθε δίσεκτο έτος προστίθεται µια ηµέραστον µήνα Φεβρουάριο.

(3) XY ZW είναι ο αριθµός ο οποίος υποδηλώνει το έτος (X: χιλιάδες, Y : εκατοντάδες, Z:δεκάδες,W :µονάδες).

Υπενθυµίζουµε ότι ένα έτοςXY ZW καλείται δίσεκτο αν ο αριθµόςXY ZW διαιρείται από το 4, εκτόςαπό τα έτη τα οποία διαιρούνται από το 100, εκ των οποίων αυτά τα οποία είναι δίσεκτα είναι εκείνατα οποία διαιρούνται από το 400.

Για παράδειγµα το έτος 2012 είναι δίσεκτο διότι 4 | 2012, το έτος 1900 δεν είναι δίσεκτο, διότι ναιµεν 4, 100 | 1900 αλλά 400 - 1900. Αντίθετα το έτος 2400 είναι δίσεκτο διότι 4, 100, 400 | 2400.

2. Για µια ηµεροµηνία όπως η παραπάνω N / M / XY ZW , ϑέτουµε :(1) C = XY & D = ZW .(2) d ο αύξων αριθµός της ηµέρας της εβδοµάδας, αρχίζοντας από την Κυριακή, ως εξής :

Κυριακή:d = 0, ∆ευτέρα:d = 1, Τρίτη :d = 2, Τετάρτη:d = 3,

Πέµπτη:d = 4, Παρασκευή:d = 5, Σάββατο :d = 6

(3) Τέλος ϑέτουµε : ∆ = 1 αν το έτος είναι δίσεκτο, και ∆ = 0 αν το έτος δεν είναι δίσεκτο.

177

Υποθέτουµε ότι : XY ZW ≥ 1582 = έτος έναρξης ισχύος του Γρηγοριανού ηµερολογίου το οποίοισχύει σήµερα.

Η συνάρτηση µεγαλύτερος ακέραιος µικρότερος απο έναν αριθµό ορίζεται ως εξής :

[−] : R −→ Z, x 7−→ [x] = maxn ∈ Z | n ≤ x

3. Θεώρηµα: Ισχύει ο ακόλουθος τύπος :

d =(N + [2.6 ·M− 0.2] + D + [

D

4] + [

C

4]− 2C−

(1 + ∆

)· [M

11])

(mod 7)

4. Παράδειγµα: Θέλουµε να ϐρούµε τι µέρα πέφτουν τα Χριστούγεννα του τρέχοντος έτους. ΄Αραη ηµεροµηνία είναι

25 / ∆εκεµβρίου / 2013

΄Ετσι ϑα έχουµε, όπου ∆ = 0 διότι το έτος 2013 δεν είναι δίσεκτο :

N = 25, M = 10, C = 20, D = 13, ∆ = 0

Υπολογίζοντας το d µε ϐάση τον παραπάνω τύπο, ϑα έχουµε:

d =(N + [2.6 ·M− 0.2] + D + [

D

4] + [

C

4]− 2C−

(1 + ∆

)· [M

11])

(mod 7)

=(

25 + [2.6 · 10− 0.2] + 13 + [13

4] + [

20

4]− 2 · 20− (1 + 0) · [10

11])

(mod 7)

=(25 + 25 + 13 + 3 + 5− 40− 0

)(mod 7)

= 31 (mod 7)

≡ 3 (mod 7)

Επειδή Τετάρτη = 3, έπεται ότι : τα Χριστούγεννα του έτους 2013 πέφτουν Τετάρτη.

178

IV. Πρωταρχικές Ρίζες

179

V. Τετραγωνικά Υπόλοιπα

180

Μέρος 5. Ενδεικτική Βιβλιογραφία

1. Niven I., Zuckerman H.S. and Montgomery H.L., An Introduction to the Theory ofNumbers, 5ed., Wiley, (1991).

2. K.T. Rosen, Elementary Number Theory and its Applications, 5ed. Pearson, (2005).

3. J.H. Silverman, A friendly Introduction to Number Theory, 4ed. Pearson, (2012).

4. M.B. Nathanson, Elementary Methods in Number Theory, Springer, (2000).

5. J.J. Tattersall, Elementary Number Theory in Nine Chapters, Cambridge UniversityPress, (1999).

6. G.A. Jones and J.M. Jones, Elementary Number Theory, Springer, (1998).

7. H.M. Stark, An Introduction to Number Theory, MIT Press, (1998).

8. P. Ribenboim, My Numbers, My Friends, Springer, (2000).

9. D. Burton, Elementary Number Theory, McGraw Hill, (2005).

10. G. Everest and T. Ward, An Introduction to Number Theory, Springer, (2006).

11. D. Redmond, Number Theory: An Introduction, CRC Press, (1996).

12. W.J. LeVeque, Elementary Theory of Numbers, CRC Press, Dover, (1990).

15. ∆. ∆εριζιωτης, Μια εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών, (Εκδόσεις Σοφία), (1990).

14. Α. Φυραριδης, Θεωρία Αριθµών και Ασκήσεις Θεωρίας Αριθµών, Πανεπιστήµιο Ιωαννί-νων, (2010).

15. ∆. Πουλακης, Θεωρία Αριθµών, Εκδόσεις Ζήτη, (1997).

181

VI. Πίνακες

Στις επόµενες σελίδες επισυνάπτονται τρεις χρήσιµοι πίνακες :

(1) Ο πρωτος πίνακας, στις σελίδες 182-183, περιέχει τους πρώτους 1000 κατά σειρά µεγέθουςπρώτους αριθµούς.

΄Ετσι ο πρώτος στη σειρά πρώτος αριθµός είναι p = 2, και ο χιλιοστός πρώτος αριθµός είναιο p = 7919.

(2) Ο δεύτερος πίνακας, στις σελίδες 184-186, περιέχει τις τιµές των αριθµητικών συναρτήσεωνφ(n), τ(n) και σ(n), όταν 1 ≤ n ≤ 100.

(3) Ο τρίτος πίνακας, στη σελίδα 187, περιέχει τις µικρότερες πρωταρχικές ϱίζες r modulo ένανπρώτο αριθµό p, για τους πρώτους σε µέγεθος 42 πρώτους αριθµούς.

2/20/13 7:24 PM

Page 1 of 2http://primes.utm.edu/lists/small/1000.txt

The First 1,000 Primes (the 1,000th is 7919) For more information on primes see http://primes.utm.edu/

2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 1153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 1223 1229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 1291 1297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 1373 1381 1399 1409 1423 1427 1429 1433 1439 1447 1451 1453 1459 1471 1481 1483 1487 1489 1493 1499 1511 1523 1531 1543 1549 1553 1559 1567 1571 1579 1583 1597 1601 1607 1609 1613 1619 1621 1627 1637 1657 1663 1667 1669 1693 1697 1699 1709 1721 1723 1733 1741 1747 1753 1759 1777 1783 1787 1789 1801 1811 1823 1831 1847 1861 1867 1871 1873 1877 1879 1889 1901 1907 1913 1931 1933 1949 1951 1973 1979 1987 1993 1997 1999 2003 2011 2017 2027 2029 2039 2053 2063 2069 2081 2083 2087 2089 2099 2111 2113 2129 2131 2137 2141 2143 2153 2161 2179 2203 2207 2213 2221 2237 2239 2243 2251 2267 2269 2273 2281 2287 2293 2297 2309 2311 2333 2339 2341 2347 2351 2357 2371 2377 2381 2383 2389 2393 2399 2411 2417 2423 2437 2441 2447 2459 2467 2473 2477 2503 2521 2531 2539 2543 2549 2551 2557 2579 2591 2593 2609 2617 2621 2633 2647 2657 2659 2663 2671 2677 2683 2687 2689 2693 2699 2707 2711 2713 2719 2729 2731 2741 2749 2753 2767 2777 2789 2791 2797 2801 2803 2819 2833 2837 2843 2851 2857 2861 2879 2887 2897 2903 2909 2917 2927 2939 2953 2957 2963 2969 2971 2999 3001 3011 3019 3023 3037 3041 3049 3061 3067 3079 3083 3089 3109 3119 3121 3137 3163 3167 3169 3181 3187 3191 3203 3209 3217 3221 3229 3251 3253 3257 3259 3271 3299 3301 3307 3313 3319 3323 3329 3331 3343 3347 3359 3361 3371 3373 3389 3391 3407 3413 3433 3449 3457 3461 3463 3467 3469 3491 3499 3511 3517 3527 3529 3533 3539 3541 3547 3557 3559 3571 3581 3583 3593 3607 3613 3617 3623 3631 3637 3643 3659 3671 3673 3677 3691 3697 3701 3709 3719 3727 3733 3739 3761 3767 3769 3779 3793 3797 3803 3821 3823 3833 3847 3851 3853 3863 3877 3881 3889 3907 3911 3917 3919 3923 3929 3931 3943 3947 3967 3989 4001 4003 4007 4013 4019 4021 4027 4049 4051 4057

2/20/13 7:24 PM

Page 2 of 2http://primes.utm.edu/lists/small/1000.txt

4073 4079 4091 4093 4099 4111 4127 4129 4133 4139 4153 4157 4159 4177 4201 4211 4217 4219 4229 4231 4241 4243 4253 4259 4261 4271 4273 4283 4289 4297 4327 4337 4339 4349 4357 4363 4373 4391 4397 4409 4421 4423 4441 4447 4451 4457 4463 4481 4483 4493 4507 4513 4517 4519 4523 4547 4549 4561 4567 4583 4591 4597 4603 4621 4637 4639 4643 4649 4651 4657 4663 4673 4679 4691 4703 4721 4723 4729 4733 4751 4759 4783 4787 4789 4793 4799 4801 4813 4817 4831 4861 4871 4877 4889 4903 4909 4919 4931 4933 4937 4943 4951 4957 4967 4969 4973 4987 4993 4999 5003 5009 5011 5021 5023 5039 5051 5059 5077 5081 5087 5099 5101 5107 5113 5119 5147 5153 5167 5171 5179 5189 5197 5209 5227 5231 5233 5237 5261 5273 5279 5281 5297 5303 5309 5323 5333 5347 5351 5381 5387 5393 5399 5407 5413 5417 5419 5431 5437 5441 5443 5449 5471 5477 5479 5483 5501 5503 5507 5519 5521 5527 5531 5557 5563 5569 5573 5581 5591 5623 5639 5641 5647 5651 5653 5657 5659 5669 5683 5689 5693 5701 5711 5717 5737 5741 5743 5749 5779 5783 5791 5801 5807 5813 5821 5827 5839 5843 5849 5851 5857 5861 5867 5869 5879 5881 5897 5903 5923 5927 5939 5953 5981 5987 6007 6011 6029 6037 6043 6047 6053 6067 6073 6079 6089 6091 6101 6113 6121 6131 6133 6143 6151 6163 6173 6197 6199 6203 6211 6217 6221 6229 6247 6257 6263 6269 6271 6277 6287 6299 6301 6311 6317 6323 6329 6337 6343 6353 6359 6361 6367 6373 6379 6389 6397 6421 6427 6449 6451 6469 6473 6481 6491 6521 6529 6547 6551 6553 6563 6569 6571 6577 6581 6599 6607 6619 6637 6653 6659 6661 6673 6679 6689 6691 6701 6703 6709 6719 6733 6737 6761 6763 6779 6781 6791 6793 6803 6823 6827 6829 6833 6841 6857 6863 6869 6871 6883 6899 6907 6911 6917 6947 6949 6959 6961 6967 6971 6977 6983 6991 6997 7001 7013 7019 7027 7039 7043 7057 7069 7079 7103 7109 7121 7127 7129 7151 7159 7177 7187 7193 7207 7211 7213 7219 7229 7237 7243 7247 7253 7283 7297 7307 7309 7321 7331 7333 7349 7351 7369 7393 7411 7417 7433 7451 7457 7459 7477 7481 7487 7489 7499 7507 7517 7523 7529 7537 7541 7547 7549 7559 7561 7573 7577 7583 7589 7591 7603 7607 7621 7639 7643 7649 7669 7673 7681 7687 7691 7699 7703 7717 7723 7727 7741 7753 7757 7759 7789 7793 7817 7823 7829 7841 7853 7867 7873 7877 7879 7883 7901 7907 7919 end.

Tables 649

n φ(n) τ (n) σ (n)1 1 1 12 1 2 33 2 2 44 2 3 75 4 2 66 2 4 127 6 2 88 4 4 159 6 3 13

10 4 4 1811 10 2 1212 4 6 2813 12 2 1414 6 4 2415 8 4 2416 8 5 3117 16 2 1818 6 6 3919 18 2 2020 8 6 4221 12 4 3222 10 4 3623 22 2 2424 8 8 6025 20 3 3126 12 4 4227 18 4 4028 12 6 5629 28 2 3030 8 8 7231 30 2 3232 16 6 6333 20 4 4834 16 4 5435 24 4 4836 12 9 9137 36 2 3838 18 4 6039 24 4 5640 16 8 90

Table T.2 Values of some arithmetic functions.

650 Tables

n φ(n) τ (n) σ (n)41 40 2 4242 12 8 9643 42 2 4444 20 6 8445 24 6 7846 22 4 7247 46 2 4848 16 10 12449 42 3 5750 20 6 9351 32 4 7252 24 6 9853 52 2 5454 18 8 12055 40 4 7256 24 8 12057 36 4 8058 28 4 9059 58 2 6060 16 12 16861 60 2 6262 30 4 9663 36 6 10464 32 7 12765 48 4 8466 20 8 14467 66 2 6868 32 6 12669 44 4 9670 24 8 14471 70 2 7272 24 12 19573 72 2 7474 36 4 11475 40 6 12476 36 6 14077 60 4 9678 24 8 16879 78 2 8080 32 10 186

Table T.2 (Continued)

Tables 651

n φ(n) τ (n) σ (n)81 54 5 12182 40 4 12683 82 2 8484 24 12 22485 64 4 10886 42 4 13287 56 4 12088 40 8 18089 88 2 9090 24 12 23491 72 4 11292 44 6 16893 60 4 12894 46 4 14495 72 4 12096 32 12 25297 96 2 9898 42 6 17199 60 6 156

100 40 9 217

Table T.2

652 Tables

p r p r p r p r2 1 191 19 439 15 709 23 2 193 5 443 2 719 115 2 197 2 449 3 727 57 3 199 3 457 13 733 6

11 2 211 2 461 2 739 313 2 223 3 463 3 743 517 3 227 2 467 2 751 319 2 229 6 479 13 757 223 5 233 3 487 3 761 629 2 239 7 491 2 769 1131 3 241 7 499 7 773 237 2 251 6 503 5 787 241 6 257 3 509 2 797 243 3 263 5 521 3 809 347 5 269 2 523 2 811 353 2 271 6 541 2 821 259 2 277 5 547 2 823 361 2 281 3 557 2 827 267 2 283 3 563 2 829 271 7 293 2 569 3 839 1173 5 307 5 571 3 853 279 3 311 17 577 5 857 383 2 313 10 587 2 859 289 3 317 2 593 3 863 597 5 331 3 599 7 877 2

101 2 337 10 601 7 881 3103 5 347 2 607 3 883 2107 2 349 2 613 2 887 5109 6 353 3 617 3 907 2113 3 359 7 619 2 911 17127 3 367 6 631 3 919 7131 2 373 2 641 3 929 3137 3 379 2 643 11 937 5139 2 383 5 647 5 941 2149 2 389 2 653 2 947 2151 6 397 5 659 2 953 3157 5 401 3 661 2 967 5163 2 409 21 673 5 971 6167 5 419 2 677 2 977 3173 2 421 2 683 5 983 5179 2 431 7 691 3 991 6181 2 433 5 701 2 997 7

Table T.3 Least primitive roots r modulo primes p.

Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο...

Documents

Transcript of Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο...