MATH PLANET

[3]

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

(Α.Π.Θ. Τμημα μαθηματικωνMATH PLANET)

(Συντακτική Ομάδα: Στέλιος ΣαχπάζηςΘανάσης ΜπεσλίκαςΣυγγραφείς ΆρθρωνΣτέλιος ΣαχπάζηςΘανάσης ΜπεσλίκαςΑρ. ΤεύχουςΤεύχος 1Μηνιαία ΈκδοσηAπαγορεύεται η αντιγραφή, ανατύπωση, και οποιουδήποτε είδους αναπαραγωγή της παρούσας κυκλοφορίας για κερδοσκοπικούς ή μη σκοπούς. Οι παραβάτες θα διωχθούν νομικά.)

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Καλώς ορίσατε στο θαυμαστό κόσμο του MATH PLANET!!!

Από την αρχή που συζητήθηκε η ιδέα του MATH PLANET συμφωνήθηκε πως στις σελίδες

των τευχών του δε θα υπάρχουν περιττά λόγια. «Όχι πολύ μπλά-μπλά» ήταν η χαρακτηριστι-

κή φράση. Γιατί?? Γιατί στους μαθηματικούς αρέσει να βλέπουν τύπους, αποδείξεις, πορίσ-

ματα και όχι ξερά κείμενα. Το MATH PLANET απευθύνεται σε φοιτητές και καθηγητές

μαθηματικών, αλλά και σε όποιον αγαπά τα μαθηματικά και όπως θα έλεγε και ο Ευκλείδης,

ικανοποιείται από την ενασχόλησή του με τα πιο απαιτητικά τους προβλήματα. Πρωτού ξεκι-

νήσετε την ανάγνωση των αποδείξεων και των ασκήσεων, που με κόπο εμείς βρήκαμε και

λύσαμε, σας προτρέπουμε να διαβάσετε τα παρακάτω:

· Δεν κυνηγάμε κανένα συμφέρον καθώς η προσπάθεια μας είναι καθαρά και μόνο με κατεύθυνση αυτό που αγαπάμε, τα ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ.

· Θέλουμε τη συμμετοχή σας. Μπορείτε να γίνετε μέλη του περιοδικού μας και να συνεισφέρετε με δικά σας προβλήματα, προτάσεις, λύσεις, η δημοσίευση των οποίων υπεισέρχεται στην κρίση των Υπευθύνων Σύνταξης

Αυτός ήταν ο πρόλογος μας. H δουλεία μας όμως είναι άλλη. Να σκεφτόμαστε και να λύνουμε προβλήματα ή και να δημιουργούμε τα δικά μας. Στην επόμενη σελίδα ακολουθούν τα περιεχόμενα του τεύχους μας. Σε κάθε κυκλοφορία θα υπάρχει και διαφορετική θεματολογία. Ξεκινάμε με την «λατρεμένη» Θεωρία Αριθμών. Έναν τομέα των μαθηματικών που όπως είπε και ο Gauss, αποτελεί τη βασίλισσα των Μαθηματικών, και που θα λείψει φέτος από τη σχολή μας…

Να τονίσουμε ακόμη ότι οι συγγραφείς των άρθρων είναι μέλη του Math Planet. Mόνο τα μέλη μπορούν να δημοσιεύουν το δικό τους άρθρο. Φυσικά κάθε άρθρο ελέγχεται από τους υπεύθυνους σύνταξης οι οποίοι στη συνέχεια ,εάν κριθεί απαραίτητο τροποποιούν

Ή και απορρίπτουν το άρθρο. Τόσο για την τροποποίηση ή και την απόρριψη ενός άρθρου

έχει προηγηθεί η ενημέρωση του από τους Υπεύθυνους Σύνταξης. Ένα μέλος συνδράμει στην εκτύπωση του τεύχους στο οποίο υπάρχει άρθρο του. Εάν επιθυμείτε να γίνετε μέλος

του περιοδικού μας αρκεί να μας στείλετε e-mail στην παρακάτω διεύθυνση:

mathplanetAUTH@yahoo.gr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Το Θεώρημα του Euler………………………………………………………………σελ.5

Εφαρμογές…………………………………………………………………………....σελ.8

Ασκησεις……………………………………………………………………………..σελ.9

Ένα ξεχωριστό σύνολο αριθμών……………………………………………………..σελ.10

Ασκήσεις……………………………………………………………………………..σελ.11

Ασκήσεις και Προβλήματα στη Θεωρία Αριθμών…………………………………...σελ.12

ΤΟ ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ EULER

M

ια άλλη απόδειξη

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. Ξεκινώντας το άρθρο

αυτό παρατηρείστε ότι αν πάρετε έναν πρ

ώτο αριθμό p,

τότε

·

Του Στέλιου Σαχπά

ζη

713

για κάθε α ισχύει ότι:

p (1)

Για παράδειγμα 7, 13 , κ.ο.

κ. Αυτό ίσως σας φανεί περίεργο. Όταν το

ε

p

aa

aaaa

Î

-

--

¥

ίχα

μάθει από περιέργεια πήρα εν

α κομμάτι χαρτί και άρχισα να κάνω δοκιμ

ές με ολοένα και

μεγαλύτερους πρώτους αριθμού

ς στην προσπάθεια να πείσω τον εαυτο μου

για την ισχύ αυτού

του Θεωρήματος. Ξαφνικά μέσα

στο "χάος" των πράξεων αντιλήφθηκα πως

ήταν ειδική

περίπτωση ενός Θεωρήματος πο

υ είχα βρει σε ένα βιβλίο Θεωρίας Αριθμώ

ν, του Θεωρήματος

1

του Euler [1]. Ανέτρεξα στο βιβλίο και

είδα πως η (1) είναι γνωστή ως το "Μικρό

Θεώρημα

του Φερμά".

T

ι λέει όμως το Θεώρημα του

Euler

και γιατι αυτό του Φερμά είναι ειδ

ική περ

(

)

(

)

**

2

ίπτωσή του?

Με φ: τη συνάρτηση του Eul

er

που υπολογίζει το πλήθος των φυσικών

αριθμώ

1mod

n

E

στω α,n με (α,n)=1 . Τότε αn

j

¾¾®

QEWRHMA

κ

¥¥

¥

EULER

(

)

{

}

ν

που είναι μικρότεροι του n κ

αι πρώτοι με αυτόν.

φ(n)=#: και ,1

H

φ(n) είναι πολλαπλασιαστικ

ή συνάρτηση ,δηλαδή αν m

mmnmn

Î<=

¥

(

)

12

*

12

,n

με ,1 τότε

φ(n)φ(m)=φ(nm)

Επίσης στο σημείο αυτό καλό

είναι να αναφέρουμε (αναπόδεικτα) πως αν

n=pp...p

l

k

kk

l

mn

Î=

××

¥

1

η κανονική

μορφή του n , τότε

To

Θεώρημα του Φερμά είναι ό

ντως ειδική περίπτωση

1

φ(n)=n1

l

i

i

p

=

æö

÷

ç

÷

ç

÷

ç

÷

÷

ç

èø

-

Õ

(

)

(

)

(

)

1

του , αφού φ(p)=p-1. Άρα αν:

(

α,p)=11modmod

A

ν πάλι (α,p)1|mod.

pp

p

paap

paaap

a

-

ÞºÞº

¹ÞÞº

________

1

Συχνά στη βιβλιογραφία το αποκαλούν "Μι

κρό Θεώρημα του Φερμά" για να μη γίνεται

σύγχηση με

το "μεγάλο" Θεώρημα του πο

υ αποδείχθηκε το 1994 απο το

____________________________

2

ν Andrew Wiles.

(

α,n)=1 σημαίνει Μ.Κ.Δ.(α,n

)=1 .

Είναι γεγονός ότι στην περ

ισσότερη βιβλιογραφία πρώτα αποδεικνύετα

ι το θεώρημα του

Όιλερ κ

Η Απόδειξη

αι ως πόρισμα ακολουθεί αυτό του Φερμά.

Στην πραγματικότητα όμως συνέβη το

αντίθετο, αφού η γέννηση τ

ου Ελβετού μαθηματικού έπεται του θανάτο

υ του Φερμά.

Ο τελευταίος απλά τ

ο είχε υποθέσει, ενώ μάλιστα φημολογείτα

ι πως ο Leibniz είχε δώσει

παρόμοια απόδειξη πολύ πρι

ν τον Όιλερ.

Οι περισσότερες αποδείξεις

του Θεωρήματος του Όιλερ γίνονται με χρ

ήσ

η των πλήρων

συστημάτων υπολοίπων modul

o n,

ή με εφαρμογή του θεωρήματος Lagran

ge (

Θεωρία ομάδων)

Για το λόγο αυτό εμείς απο

δεικνύουμε πρώτα το Θεώρημα του Φερμα (Η

απόδειξη

3

υπάρχει

στα [2],[4],[6] της βιβλιο

γραφίας) και μετα του 'Οιλερ με έναν δικ

ό μας τρόπο

!

Αρχικά να τονίσουμε πως |

,

()!!

Απόδειξη του Θεωρήματος του

Fermat

p

p

pkk

-

για k{0,1,2,...,p}

!

Όντως :

()!!

αφού πρόκειται για τους τρόπους αυθαίρετ

ης επιλογής κ στοιχείων απο n. Άρα:

!()!!

και άρα

p

p

z

k

pkk

pzpkkp|z

Î

æö

÷

ç

÷

==

ç

÷

ç

÷

ç

-

èø

=-

ή

Και αφού στα γινόμενα (p-k)

!

και k! όλοι οι αριθμοί είναι πρώτοι μ

ε τον p, έχουμε πως

o p

δεν διαιρεί το ()!! κα

ι άρα p|z.

Επαγωγικά έχουμε ότι

p|(p-k)!k!

pkk

-

1

για 1 : p|1-1

Έστω πως p|α-α . Τότε έχ

ουμε:

(

α+1)-(α+1)=α+α+...+α+1-α-1

11

και άρα p|(α+

p

p

ppp

pp

p

-

æöæö

÷÷

çç

÷÷

çç

÷÷

çç

÷÷

çç

-

èøèø

1

3

(1)

1)-(

α+1)

Θα δείξουμε ότι: a1(modp)

για p πρώτο και k

Με επαγωγή επί του για το k έχουμε

k

p

ppk

Απόδειξη του Θεωρήματος Euler

:

-

-

ºÎ

W

¥

¥

Για k=1 ισχύει η πρόταση λόγω του Θεωρήμ

ατος του Φερμά. Έστω οτί ισχύει και για

κ2,

τότε θα δείξουμε ότι ισχύει

για κ+1. Λόγω της επαγωγικής υπόθεσης έ

χουμε ότι

³

1

1

(1)

(1)(1)(1)1

α

Άρα α(α)()

11

k

kk

ppk

pppppkppkppkpk

=pz +1 , z.

pp

= =pz +1 =pz+pz+...+pz+1

(1)

p

-

-

-

----

Î

æöæö

÷÷

çç

÷÷

çç

÷÷

çç

÷÷

çç

-

èøèø

¥

12

()

(1)1

12

Όμως αφού p πρώτος , p>1p1(1)()k, ΄οπου

j{1,2,...,p-1}|

και αφού: | έχουμε : 1

Έστω (α,n)=1 με n=η καν

k

k

kkpj

ppk

n

nn

k

jpkjkkpjpp

p

papl

k

pp...p

-

-+

Þ³+Þ³+Þ-³ÎÞ

æö

÷

ç

÷

=+

ç

÷

ç

÷

ç

èø

1

1

11

1

1

(1)

(1)(1)

ονική μορφή του n. Τότε φ(n)=(1)

T

ότε (α,p)=1 για κάθε iIΆρα από την προη

γούμενη πρόταση

1(mod)()1(mod

i

k

n

j

j

j

j

nn

ii

ji

ii

iii

k

n

ii

i

ik

pp

pppp

n

i

pp

.

αpα

-

=

--

¹

-

=

-

--

-

Î

Õ

ºÞº

Õ

1

1

(1)

)1(mod)

΄Αρα αφού έχουμε την κανονική μορφή του

n,

έπεται πως p διαφορετικοί ανά 2 πρώτο

ι και

άρα (,)1 για κάθε i,j με i

j

και i,

k

n

i

i

i

iii

j

i

pp

nn

ii

i

n

n

ij

pa p (2)

pp

-

=

-

Õ

Þº

=¹

12

(n)

12

3

Μέχρι τη στιγμη της συγγραφης του άρθρου

,

δεν έχουμε εντοπίσει παρόμοια απόδειξη

j

Άρα |1 λόγω της (2)

___________________

:

k

n

nn

k

pp...p

k

j

a

ÎI

-

W

Σε αυτό το μέρος του άρθρου

μας, θα παραθέσουμε την απόδειξη μιας ό

μορφης πρότασης που

βασίζεται πάνω στο Θεώρημα

των Φερμά-Όιλερ και για αυτό δεν θα μπορ

ούσε να απουσιάζει

*

από αυτο το άρθρο. Προτού ασχο

ληθείται με την απόδειξη αυτής της πρότα

σης, είναι χρήσιμο

να αποδείξετε το παρακάτω λ

ήμμα.

. 1,

mn

Λήμμα: Έστω α και m,nΤότε (αa

ÎÎ-

¥¥

(,)

(,)(,)*

(,)(,)

11

Έστω πως =1,1Tότε, αφού 1()

1(1),

έχουμε ότι: 1|1. Ομοίως και

για 1. Άρα έχουμε ότι 1|d (1)

mn

mnmmnqmn

mnmnmn

)=a

Απόδειξη: d(αa). αaall

a

αaa

--

---=-=-Î

----

¥

12

12

2

(,)

12

T

ώρα από το λήμμα του Bezou

t

γνωρίζουμε πως , τέτοια ώστε:

.

Άρα 11. Έχουμε διαδοχικά

ότι:

d|1

1

zmzn

mn

zmzn

m

zz

(m,n)=zmzna

α

αα

a

+

+

$

+-=-

-Þº

2

2

12

(,m)

(mod) .

Όμως αφού d|11(mod)

1(mod) (

2)

Άρα από την (2) έχουμε:. 1

(mod)d|1 (3).

Από τις (1) και (3) έχουμε

:

zn

nn

zn

zmzn

n

d

ααd

d

αdα

a

+

-Þº

Þº

ºÞ-

(,m)

d|1

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Θα χρησιμοποιήσουμε

n

n

α

ΠρότασηΑν n φυσικός με n>1 αποδείξτε ότι

n

δεν διαιρεί το 2-1.

A

πόδειξη:

-

W

το προηγούμενο λήμμα. Έστω p περιττός π

ρώτος και k/{0}. Tότε:

p

δεν διαιρεί το 2-1. Η απ

όδειξη ακολουθεί:

Έστω πως p περιττός πρώτος

με k: p|2-1 (1). Όμως D/{

k

k

kp

kp

Î

$Î$Î

¥

¥¥

1D(1)

0}:

Άρα λόγω του

Θεωρήματος του Fermat: 21(m

od)21(mod)

(2) .

Επομένως από (1) και

(2)

έχουμε ότι: p|1 άτοπο.

Έστω τώρ

kk

k

pp

p-1p

(p-1)D=p-1.

pp

p|2-1p|2-2

--

ºÞºÞ

Þ

1

α κάποιος n φυσικός με n|. Αν n πρώτος

τότε αφού δεν γίνεται n=2, θα είναι (n,2

)=1.

και μάλιστα από το θεώρημα

των Φερμά-Όιλερ θα ισχύει: n|21|22. Δηλα

δή , n|2122

n

nnnn

2-1

n

-

-Þ---+

3

12

3

12

123

1

123

123

...

1

n|1

άτοπο.Άρα ο n είναι σύνθετος κα

ι ..., όπου p πρώτοι και n/{0} για i=1,2

,...,k

με κ1 ,κ και ... τότε:

|21 (

k

nn

nn

k

k

nn

nn

kii

k

pppp

n

n=pppp

pppp

p

Î

³Î<<<<

-

¥

¢

1

1

1

111

11

(1)

11

1

111

1)

αφου |n και | Από το Θεώρημα των Fe

rmat-Euler

έχουμε: |21

καθώς και για τη συνάρτηση

φ του Euler: φ()(1). Επομένως έχουμε ότι

n

pp

nn

n

nn

pn2-1.p

ppp

-

-

-

-

=-

11

3

12

11

1

123

111

3

11211

...

(1)

1

111

112311

|(21,21)21

.

A

ς δούμε την απόδειξη αυτού

του ισχυρισμού: Προφανώς : p|... και p|

(

nn

nn

nn

k

k

k

pppp

ppp

n

nn

nnnnn

k

p

pppppp

--

-

---

--=-

3

1211

111

1

11

12311111

1

1111111

1)

Άρα αν δ=(...,(1)) τότε δ=

.

Θα δούμε τώρα πως (α,p)=1. Έστω λοιπόν

πως (α,p)1

τότε |. Δηλαδή | |(1) |1 πο

υ

k

nn

nnnn

k

nnn

ppppppp

ppppppp

a

ad

--

-

-

-¹

Þ-Þ-

1

1

1

είναι αδύνατο. Άρα (α,p)=1. Τώρα σε δεύ

τερη φάση

θα δείξουμε ότι α=1. Πάλι θ

α εργαστούμε με απαγωγή σε άτοπο. Έστω λ

οιπόν ότι α>1. Τότε πρώτος με q|α και ά

ρα

q|

δ|

n

q

qpp

$

Þ

3

21

1

231112

111

...

και |(1). Άρα απο την πρώτη σχέση αφ

ου q πρώτος όπως και οι ,,..., έπεται

πως q=p για κάποιο m με m1,

ειδάλως θα είχαμε |(α,p)p1 που είναι αδ

ύνατον

k

nn

nn

kk

m

ppqppppp

p

a

-

-

¹Þ=¹

1

1

11111

12

.

Από τη δεύτερη

p|(1)

αφού p,p διαφορετικοί

πρώτοι μεταξύ τους. Δηλαδή καταλήξαμε ό

τι p1 για m>1

που είναι άτοπο λόγω της δι

άταξης ... που υποθέ

n

mmm

k

pppp

ppp

-

-£-<

<<<

1

11

3

12

11

1

123

11

1

11

1111

1

1

...

(1)

11

σαμε. Άρα α=1 και δ=. Δηλαδή

(21,21)21

Δηλαδή

|21|21

που όπως ε

nn

nn

nn

k

k

nn

n

pppp

ppp

pp

nn

p

pp

--

-

-

-

--=-

-Þ-

ίδαμε είναι αδύνατον. Η απόδειξη έχει πλ

έον ολοκληρωθεί

W

Στην ενότητα αυτή θα παρ

ουσιάσουμε μερικές λυμένες εφαρμογές πάν

ω στο Θεώρημα

του Φερμά, με πιο

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ ΦΕΡΜΑ

4

ξεχωριστή την , η οποία τέθηκε σε θέματ

α της Βαλκανιάδας

το 1994 (Βαλκανική Μαθημ

ατικη Ολυμπιαδα).

2...(1)0(mod) ,

ppp

εφαρμογή 3

Εφαρμογη 1: Να αποδειχθεί ότι : 1pp

+++-º

1(mod)

22(mod)

p

p

p

περριτός πρώτος.

ΛΥΣΗ: Από το θεώρημα Φερμα

: 1p

p

º

º

(p-1)(1)(mod)

Επομένως έχουμε ότι: 2...(1

)123...(1)(mod)

1+2+3+...+

p

ppp

pp

1ppp

p

º-

+++-º++++-

MM

*2

=|12...(1)

2

με p|4n1 (1).

Λόγω της (1) εύκολα βλέπουμε πως p2 (άρτ

ιο

p(p-1)

-1pp

Εφαρμογη 2: Έστω p πρώτος και n Αποδ

είξτε ότι p1mod 4

ΛΥΣΗ:

Þ+++-

Î+º

¹

W

¥

ς) ειδάλλως θα καταλήγαμε σε

άτοπο. Ακόμη γνωρίζουμε ότι

p=4k+1

ή p=4k+3 για κάποιο φυσικό αριθμ

ό κ. Θα εργαστούμε

με τη μέθοδο της απαγωγής σ

ε άτοπο. Έστω πως p=4k+3 τότε

φ(p

42

22

Άρα κατά το θεώρημα Φερμά έχουμε πως (2n

)1(mod) (2),

μιας και (2n,p)=1 γιατί αλλ

ιώς

p|2n

και άρα p|4n κάτι που

δεν γίνεται λόγω της 1. Τότε θα είχαμε p

|(4n1

k

)=p-1=4k+2

p

+

º

+

2

242

)4

κάτι που

είναι αδύνατον. Ακόμη ισχύε

ι ότι: 4n1(mod)(2)1(mod) (3)

1-1(mod)|2. A

πό τις σχέσεις

(2),(3)

καταλήγουμε σε άτοπο.

k

n

pnp

pp

Εφαρμογή 3*

+

-

º-Þº-

ÞºÞ

W

23

23

1/0,}

Έστω πως για p στοιχεία (διαφορετικά) το

υ S έχουμε : p|

Έστω p πρώτος με p2(mod3). Να δείξετε ότ

ι το πολύ p-1 στοιχεία του

S={mnmnp

διαιρούνται με p.

ΛΥΣΗ: mn

º

--<<

-

23

1.

Άρα:

m

για κάθε =1,2,3,...,p, 0

Αφού για κ έχουμε ότι

φ(p)=3k+1 . Άρα καθώς p πρώ

τος κάθε είναι : (n,)1. Άρα από το θεώρη

μα των

iiii

ii

-1n(modp) i,n

n

-

ºÎ

=

¥

12

231

Φερμά-Όιλερ έχουμε: n(1)1(mod

)

για κάθε i=1,2,3,...,p.

΄Εστω τώρα για κάθε . Τότε

υπάρχει μια διάταξη της μορφής:

...

όπου

p

kk

iii

ij

kkkk

mnp

mmij

mmmm

i

+

-ºº

¹¹

>>>Î

123

1

1

φορές

231

2

{1,2,...,p-1}

΄Αρα: 111...11...1

Άτοπο διότι . Άρα υπάρχουν

με : . ΄Εχουμε ότι n(1)1(mod)

n(1)

p

p

kkkk

kk

kijiii

ji

mmmmp

mpi,jijmmmnp

m

-

+

³+³++³++++=

<¹=-ºº

Þ-

64444744448

31

222

1(mod) , ,

γιατί θα είχαμε το ίδιο στοιχ

είο. Άρα

()(1)0(mod)|1.

Τότε όμως θα

είχαμε: n(1)10(mod),

()1,

Άτοπο.

__

kk

iij

k

ijiiii

ij

npnn

nnmppmmp

p,nn

+

ºº¹

--ºÞ--ºº

-=

W

4

1

1

Ισχύει κάτι πιο ισχυρό , το Θεώρημα των

Chevalley-Warning.

Δηλαδή , αν κ φυσικός

αριθμός με

p-1

να μη διαιρεί τ

ον κ, τότε p|Δοκιμάστε

___________________

:

.

p

k

i

i

-

=

å

το

.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Στο σημείο αυτό παραθέτουμε κά

ποιες ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών που μπορο

ύν να επιλυθούν

με τη χρήση των π

ροαναφερθέντων θεωρημάτων. Με αστερίσκο

σημειώνονται οι πιο απαιτητικές

Οι λύσεις των ασκήσεων βρίσκον

ται αναλυτικά στο τέλος του επόμενου τεύ

χους μας. Μπορείτε

να μας στείλετε τις

λύσεις σας στο e-mail του περιοδικού μας

.

Τα ονόματα των λύτων, αλλά και

οι εντυπωσιακότερες λύσεις θα

δημοσιευτούν στο τέλος του επόμενου τεύχ

ους.

Άσκηση 1Αποδείξτε ότι για κάθε περιττό

n!

2

, 21(mod)

3.

1.

p

n*n

Άσκηση 2Εξετάστε αν υπάρχει πρώτος p τέτ

οιος ώστε p|2Αν ναι ποιός?

Άσκηση 3Έστω p πρώτος και x με p|x Δείξτ

ε πως p1(mod4)

Άσκηση 4*Άν κ,λ με κ,λ>2 ,(κ,λ)=1

κ

+

Î+º

Î

¥

¥

¥

1

()

2

1(mod)

_

p

p

αποδείξτε ότι (α,κλ)=1 για α και αk

Άσκηση 5*Έστω ο αριθμός 2-1 με p πρώτο

αριθμό. Αποδείξτε πως ένας πρώτος διαιρέ

της του

2-1

είναι μεγαλύ

τερος του p

jkl

l

κ

¢

[1]

Θεωρία Αριθμών του Θ.Π.Ξένου , Εκδόσ

εις Ζήτη.

[2]

Σημειώσεις

για μαθητές επιπέδου Β' και Γ' Λυκείου,

Ελληνική Μαθηματ

________________________________________

Βιβλιογραφία:

ική Εταιρεία.

[3] 104 Proble

ms in Number Theory , Titu Andrescu,Andr

ica Dorin,Feng Zuming,

Εκδόσεις

Birkhauser

[4]

Ιστότοπος

mathematica.gr

[5]

Απολλώνιος

Τεύχος 5, Περιοδική Έκδοση

[6]

Ιστότοπος

wolframmathworld.com

ΕΝΑ ΞΕΧΩΡΙΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΑΡΙΘΜΩΝ

Παλινδρομικοί αρ

ιθμοί

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. Το άρθρο αυτό θα

μπορούσε εύκολα να ανήκει και στη κατηγ

ορία των

Ψυχαγωγικών Μαθηματικών κα

ι μάλλον η φύση αυτού του

του Μπεσλίκα Θανάση

συνόλου ανήκει περισσότερο

σε αυτή τη κατηγορία, όμως

επιλέξαμε να τους αναφέρουμε στο παρόν

τεύχος. Παρακάτω θα

δωθούν οι βασικοί ορισμοί

των παλινδρομικών αριθμών και στο

τέλος θα δωθούν δύο προβλήματα

για λύση πάνω στους βασικο

ύς ορισμούς και τις προτάσεις που έχουμε

δείξει.

Ορισμός 1Παλινδρομικός αριθμός ονομάζετα

ι οποιοσδήποτε αριθμός του

οποίου τα ψηφία αν

διαβαστούν ανάποδα προκύπτ

ει πάλι ο ίδιος αριθμός.

Ορισμός 2Παλινδρομικός ονο

μάζεται κάθε αριθμός της μορφής:

12313211

...... , , 0

Εύκολα μπορούμε να αποδείξ

ουμε ότι οι παλινδρομικοί αριθμοί είναι

άπειροι. Υπάρχουν

διάφοροι τρόποι να αποδείξ

iii

r=xxxxxxxxxx

-

ι

¥

ουμε το παραπάνω για αυτό και αφήνεται ω

ς άσκηση στο τέλος

του παρόντως άρθρου.

Με τον παρακάτω αλγόριθμο

Αλγόριθμος κατασκευής παλινδρομικών Αριθ

μών.

,

ο οποίος είναι γνωστός και ως "Αλγόρι

θμος-196" θα παρουσιάσουμε

πως μπορει να προκύψει ένα

ς παλινδρομικός αριθμός.

ΒΗΜΑ 1 Πάρτε εναν τυχαίο φ

υσικό αριθμό αριθμό ψηφιών πά

o

νω απο 2

(

Όλοι οι αριθμοί με 1 ψηφί

ο θεωρούνται παλινδρομικοί)

π.χ. 341

ΒΗΜΑ 2 Αντιστρέψτε τα ψηφί

α του.

π.χ. 143

ΒΗΜΑ

o

3

Προσθέστε τον αριθμό με τα αντεστραμμέ

να ψηφία στον αρχικό που επιλέξατε

π.χ. 341+143=444

Αν δεν προκύψει παλινδρομι

κός αριθμός με τη πρώτη εφαρμογή του αλγ

ορίθμου, τότ

o

ε ξαναδοκιμάστε.

Το όνομα του αλγορίθμου πρ

οκύπτει από το γεγονός ότι δεν έχει βρεθ

εί πόσες φορές θα χρειαστεί να

εφαρμόσουμε τον αλγοριθμο

στον αριθμο 196, ώστε να προκύψε

ι παλινδρομικός (αν τελικά προκύπτει

παλινδρομικός).

Ένας δεύτερος αλγόριθμος

λιγότερο ενδιαφέρον και προέκυψε από διά

φορες δοκιμές προκύπτει με την

παρακάτω μέθοδο:

ΒΗΜΑ 1 Πάρτε δύο αριθμούς

της μορφής 10101... ,(δηλαδή εναλλάξ τα

ψηφία 1 και 0)

Φροντίστε ούτως ώστε ν9 ό

που ν ο αριθμός των ψηφίων του ενός εκ τ

ων

o

£

δύο αριθμών.

ΒΗΜΑ 2 Πολλαπλασιάστε αυτ

ούς τους αριθμούς.

Το αποτέλεσμα που θα προκ

ύπτει θα είναι αριθμός της μορφής 102030

4030201.

Ο αλγόριθμος αυτός είναι

o

τερματιζόμενος στο 2ο βήμα του. Δοκιμάσ

τε το και εσείς!

Στη παρακάτω πρόταση θα διερευνήσουμε μ

ία ειδική περίτπωση του τι συμβαίνει αν

εφαρμόσουμε

τον αλγόριθμο-196[1] σε μορφή πολλαπλασ

ιασμού σε καποιους συγκεκριμμενους αριθμ

ούς.

ΠρότασηΟι μο

}

26

n

ναδικοί αριθμοί της μορφης r=11...a (όπο

υ n το πλήθος των ψηφίων τους )τους οποί

ους

αν αντιστρέψουμε τα ψηφία τους και τους

πολλαπλασιάσουμε μεταξύ τους θα προκύψε

ι παλινδρομικός αριθμός

,

είναι γι

<£

:

Θα υποθέσουμε οτι υπάρχο

α α=1 ή α=2 . Οι παλινδρομικοί αυτοί είν

αι οι μοναδικοί που δημιουργούνται με αυ

τόν τον αλγόριθμο

και είναι οι παρακάτω: 23632,2347432,234

585432

και 23456965432

Απόδειξη

}

26

υν και αριθμοί της μορφής που δημιουργο

ύν παλινδρομικό

αριθμό με τον παραπάνω τρόπο για 2<6, .

Σε κάθε περίπτωση θα έχουμε να πολλαπλασ

ιάσουμε

αριθμούς με το πλήθος των ψηφίων τους ε

n

r=11...a

αα

<£

£Î

¥

ίναι πάνω απο 2. Τότε, στον αριθμό που θ

α προκύψει μετά απο τον

πολλαπλασιασμό , θα υπάρξει αριθμός μεγα

λύτερος του 9, δηλαδή θα υπάρξει κρατούμ

ενο , το οποίο προκύπτει

από το γεγονός ότι για κάθε α>2 θ

2

α έχουμε α10 ,όπου ο αριθμός των μονάδω

ν που έχει ο αριθμός μας.

Αφού ο αριθμός των ψηφίων του r είναι με

γαλύτερος του 2. Η ύπαρξη του κρατουμένο

υ χαλάει τη συμμετρικότητα

των ψηφίων του αριθμού

kk

+>

μας, άρα καταλήγουμε σε άτοπο αφού ο αρι

θμός δεν θα είναι παλινδρομικός

ΑΣΚΗΣ

ΕΙΣ

Άσκήση 1

Εξετάστε αν μπορε

h

W

ι να προκύψει παλινδρομικός αριθμός με τ

η χρήση του δευτέρου αλγορίθμου

για τους αριθμούς 21212,212 έπειτα για

τους 212121212,21212 και τέλος για τους

32323,323

και εξάγετε ένα

γενικό συμπέρασμα για τη

Άσκήση 2

χρήση αυτου του αλγορίθμου όμοιο με την

παραπάνω πρόταση.

Με την μέθοδο που χρησιμοποίησε ο Ευκλεί

δης για την απόδειξη της απειρίας των πρ

ώτων αριθμών

αποδείξτε ότι οι παλινδρομι

h

[1]:

Ιστότοπος www.mathimagika.gr και wo

lframmathworld.com

κοί αριθμοί είναι άπειροι.

________________________

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑ

ΦΙΑ

Στη παρούσα στήλη του περιο

δικού μας δίνουμε μερικά προβλήματα για

λύση , τα οποία σχετίζονται

Ασκήσεις και προβλήματα στη Θεωρία Αριθμ

ών

με βασικές κυρίως έννοιες τη

ς Θεωρίας Αριθμών. Οι ασκήσεις αυτές απα

ιτούν γνώση εννοιών όπως η

διαιρετότητα. Οι λύσεις των

ασκήσεων αυτών βρίσκονται στο τέλος του

τεύχους μας,

όπως και οι προ-

ηγούμενες ασκήσεις. Ελπίζου

με να δοκιμάσετε μερικές από αυτές και ν

α βρείτε διασκεδαστική την επί-

λυσή τους.

Άσκηση 1Να λυθεί η εξίσωση: (x!+1

h

333

3

x!y

)=(x!)

Άσκηση 2Να λυθεί στο σύνολο των φυσικών

αριθμών το σύστημα:

h

abgabg

--=

2

147

2()

-1

3

Άσκηση 3Δείξτε ότι ο αριθμός 343 διαιρεί

τον 2

Άσκηση 4Δείξτε ότι :

120 |

h

h

n

n

abg

=+

1211

1110

100

1

109

5

Άσκηση 5Δείξτε ότι ο αριθμός 13 δεν διαι

ρεί τον αριθμό

9

Άσκηση 6Δ

h

h

=

-

å

είξτε ότι οι αριθμοί της μορφής 10001,10

0010001,1000100010001,...

είναι σύνθετοι

Άσκηση 7Δείξτε ότι το υπόλοιπο της διαίρ

εσης ενός πρώτου αριθμού με το 30 είναι

1

ή πρώτος

αρ

h

ιθμός. Ισχύει το ίδιο και κατά τη διαίρε

ση ενός πρώτου αριθμού με το 60?