diskretna matematikaย ยท 25 ukoliko mu je dvocifreni zavrลกetak deljiv sa 25, odnosno ukoliko su mu...
TRANSCRIPT
-
DISKRETNA MATEMATIKA Elementarna teorija brojeva Relacija deljivosti; Euklidov algoritam; Diofantske jednaฤine
Ivana Milosavljevid
-
1. D E LJ I V O S T Definicija Ceo broj ๐ deljiv je celim brojem ๐, razliฤitim od nule, ako postoji ceo broj ๐ takav da je ๐ = ๐๐. Ako je broj ๐ deljiv brojem ๐, piลกemo ๐|๐ ("๐ deli ๐ ").
๐|๐ โ๐ โ ๐ ๐ = ๐๐
Osobine relacije deljivosti Za svaka tri cela broja ๐, ๐ i ๐ (๐ โ 0, ๐ โ 0) vaลพe slededa tvrฤenja:
1. Za svako ๐ vaลพi ๐|๐. 2. Ako ๐|๐, onda ๐|๐๐ za svako ๐ โ ๐. 3. Ako ๐|๐ i ๐|๐, onda ๐|๐. 4. Ako ๐|๐ i ๐|๐, onda ๐|๐๐ฅ + ๐๐ฆ za sve ๐ฅ, ๐ฆ โ ๐. 5. Ako ๐|๐ i ๐|๐, onda je ๐ = ๐ ili ๐ = โ๐. 6. Ako za pozitivne brojeve ๐ i ๐ vaลพi ๐|๐, onda je ๐ โค ๐. 7. Ako ๐|๐ i ๐|๐, onda ๐|๐ + ๐ i ๐|๐ โ ๐. 8. Ako ๐|๐ i ๐|๐ i ๐๐๐ท ๐, ๐ = 1, onda ๐๐|๐.
Ako ๐|๐๐ , ๐ = 1,2, โฆ ๐, onda ๐|๐1๐2 โ โฆ โ ๐๐ . Ako se u jednakosti ๐1 + ๐2 + โฏ + ๐๐ = 0 za sve sabirke osim za jednog zna das u deljivi brojem ๐, onda je i taj sabirak deljiv sa ๐.
Kriterijumi deljivosti Broj ๐ je deljiv sa:
2 ukoliko mu je poslednja cifra parna, odnosno poslednja cifra je 0, 2, 4, 6, 8
3 ukoliko mu je zbir cifara deljiv sa 3
4 ukoliko se zavrลกava dvocifrenim brojem koji je deljiv sa 4
5 ukoliko mu je poslednja cifra 0 ili 5
6 ukoliko je deljiv sa 2 i sa 3
7 ukoliko je deljiv i broj m koji se dobija kada se u broju izbriลกe cifra jedinica i od tog
broja se oduzme dvostruka cifra jedinica
8 zavrลกava se trocifrenim brojem koji je deljiv sa 8
9 ukoliko mu je zbir cifara deljiv sa 9
10 ukoliko mu je poslednja cifra 0
11 pri ฤemu je ๐ = ๐๐๐๐โ1 โฆ ๐3๐2๐1 , ako je broj ๐ = ๐1 โ ๐2 + ๐3 โ ๐4 + โฏ deljiv
sa 11
12 ukoliko je deljiv sa 3 i sa 4
13 pri ฤemu je ๐ = ๐๐๐๐โ1 โฆ ๐3๐2๐1 , ako je broj ๐ = ๐3๐2๐1 โ ๐6๐5๐4 +
๐9๐8๐7 โ โฏ deljiv sa 13
-
25 ukoliko mu je dvocifreni zavrลกetak deljiv sa 25, odnosno ukoliko su mu poslednje
dve cifre 00, 25, 50 ili 75
27 pri ฤemu je ๐ = ๐๐๐๐โ1 โฆ ๐3๐2๐1 , ako je broj ๐ = ๐3๐2๐1 + ๐6๐5๐4 +
๐9๐8๐7 + โฏ deljiv sa 27
37 pri ฤemu je ๐ = ๐๐๐๐โ1 โฆ ๐3๐2๐1 , ako je broj ๐ = ๐3๐2๐1 + ๐6๐5๐4 +
๐9๐8๐7 + โฏ deljiv sa 37
dekadnom jedinicom (10, 100, 1000,โฆ) ukoliko ima isto ili viลกe jedinica od dekadne
jedinice kojom delimo
sloลพenim brojem ukoliko je deljiv sa dva uzajamno prosta broja koji ga ฤine
ZADACI
1. Dokazati da vaลพi ๐ โ ๐ ๐๐ + ๐๐ ๐ โ ๐ ๐๐ + ๐๐
Reลกenje: ๐๐ + ๐๐ โ ๐๐ + ๐๐ = ๐๐ + ๐๐ โ ๐๐ โ ๐๐ = ๐ ๐ โ ๐ โ ๐ ๐ โ ๐ = ๐ โ ๐ (๐ โ ๐)
๐ โ ๐| ๐๐ + ๐๐ โ ๐๐ + ๐๐ ห ๐ โ ๐|๐๐ + ๐๐
๐ โ ๐|๐๐ + ๐๐
2. Neka je ๐ ceo broj. Dokazati:
a) 6|๐3 โ ๐ b) 30|๐5 โ ๐
Reลกenje:
a) ๐3 โ ๐ = ๐ ๐2 โ 1 = ๐ ๐ โ 1 ๐ + 1 = ๐ โ 1 ๐(๐ + 1) Proizvod tri uzastopna cela broja deljiv je sa 2 i sa 3, pa prema tome deljiv je i sa 6.
b) ๐5 โ ๐ = ๐ ๐4 โ 1 = ๐ ๐2 โ 1 ๐2 + 1 = ๐ ๐ โ 1 ๐ + 1 (๐2 + 1)= Ponovo iskoristimo ฤinjenicu da je proizvod tri uzastopna broja deljiv sa 6, pa 6|๐5 โ ๐ . Zatim, ukoliko ๐ daje ostatak 0, 1 ili 4 pri deljenju sa 5, onda 5|๐ ๐ โ 1 ๐ + 1 , a ukoliko daje ostatak 2 ili 3, onda 5|๐2 + 1. U svakom sluฤaju 5|๐5 โ ๐. Tako da iz 5|๐5 โ ๐ ห 6|๐5 โ ๐ 30|๐5 โ ๐.
3. Neka je ๐ ceo broj i ๐ > 11. Dokazati da ๐2 โ 19๐ + 89 nije potpun kvadrat.
Reลกenje: Ideja je pokazati da se nalazi izmeฤu kvadrata dva uzastopna broja. ๐2 โ 19๐ + 89 = ๐2 โ 18๐ + 81 โ ๐ โ 8 = (๐ โ 9)2 โ (๐ โ 8) < (๐ โ 9)2
๐2 โ 19๐ + 89 = ๐2 โ 20๐ + 100 + (๐ โ 11) = (๐ โ 10)2 + (๐ โ 11) > (๐ โ 10)2 (๐ โ 10)2 < ๐2 โ 19๐ + 89 < (๐ โ 9)2
-
4. Ako je ๐ โ ๐, dokazati: 6|2๐3 โ 3๐2 + ๐. Reลกenje: Primetimo da je 2๐3 โ 3๐2 + ๐ = ๐ 2๐2 โ 3๐ + 1 = ๐ 2๐ โ 1 (๐ โ 1). Jedan od brojeva ๐, ๐ โ 1 je paran. Ako brojevi ๐ I ๐ โ 1 nisu deljivi sa 3, onda je sa 3 deljiv broj ๐ + 1, pa i broj 2๐ โ 1 = 2๐ + 2 โ 3 = 2(๐ + 1) โ 3. U svakom sluฤaju, 6| ๐ 2๐ โ 1 (๐ โ 1), odnosno 6|2๐3 โ 3๐2 + ๐.
5. Ako su u trocifrenom broju deljivom sa 7 dve poslednje cifre jednake, dokazati da je zbir cifara tog broja deljiv sa 7. Reลกenje: Neka je taj broj ๐ฅ๐ฆ๐ฆ = 100๐ฅ + 10๐ฆ + ๐ฆ = 100๐ฅ + 11๐ฆ = 7(14๐ฅ + ๐ฆ) + 2๐ฅ + 4๐ฆ. 7|๐ฅ๐ฆ๐ฆ i 7|7(14๐ฅ + ๐ฆ), pa 7| ๐ฅ๐ฆ๐ฆ โ 7 14๐ฅ + ๐ฆ = 2๐ฅ + 4๐ฆ = 2(๐ฅ + 2๐ฆ) Sledi da 7| ๐ฅ + 2๐ฆ. A zbir cifara broja ๐ฅ๐ฆ๐ฆ je upravo ๐ฅ + 2๐ฆ.
6. Odrediti cifre ๐ฅ i ๐ฆ i tako da broj 1993๐ฅ๐ฆ bude deljiv i sa 8 i sa 9.
Reลกenje: Kako je dati broj deljiv sa 9, to je i zbir njegovih cifara deljiv sa 9, tj. treba da vaลพi 9|4 + ๐ฅ + ๐ฆ. To je mogude samo u dva sluฤaja: ako je ๐ฅ + ๐ฆ = 5 ili ๐ฅ + ๐ฆ = 14. Dati broj moลพe se napisati u obliku 199300 + 10๐ฅ + ๐ฆ = 8 โ 24912 + 4 + 8๐ฅ + 2๐ฅ + ๐ฆ a je on deljiv sa 8 ako i samo ako je 8|4 + 2๐ฅ + ๐ฆ. U prvom sluฤaju, kada je ๐ฅ + ๐ฆ = 5, da bi broj 4 + 2๐ฅ + ๐ฆ = ๐ฅ + 9 bio deljiv sa 8, mora biti ๐ฅ = 7, ลกto je nemogude jer ๐ฅ + ๐ฆ = 7 + ๐ฆ = 5, a ๐ฆ je cifra. Dakle, preostaje drugi sluฤaj, kada ๐ฅ + ๐ฆ = 14. Tada je 4 + 2๐ฅ + ๐ฆ = ๐ฅ + 18 deljivo sa 8 jedino ako je ๐ฅ = 6, a onda je ๐ฆ = 8. Traลพeni broj je 199368.
7. Odrediti najmanji prirodan broj koji pri deljenju sa 2, 3, 4, 5 i 6 daje redom ostatke 1, 2, 3, 4 i 5.
Reลกenje: Neka je ๐ traลพeni broj. Tada je broj ๐ + 1 deljiv sa 2, 3, 4, 5, 6, a poลกto je NZS(2,3,4,5,6)=60, to je najmanji takav broj jednak ๐ + 1 = 60, tj. ๐ = 59.
8. Broj N=1010101โฆ0101 definisan je tako da se naizmeniฤno reฤaju jedinice i nule. Odrediti najmanji broj N ovog oblika tako da je: a) deljiv sa 9 b) deljiv sa 99
-
Reลกenje: a) Broj je deljiv sa 9 ako je zbir njegovih cifara deljiv sa 9, pa je najmanji broj ovog oblika koji je deljiv sa 9 jednak N=10101010101010101. b) Broj je deljiv sa 99 ako je deljiv sa 9 i 11
Broj je deljiv sa 11 ako mu je razlika zbira cifara na parnim i neparnim mestima deljiva sa 11. Najmanji broj ovog oblika deljiv sa 99 ima NZS(9, 11)=99 jedinica i 98 nula.
9. Odrediti najmanji prirodan broj koji pri deljenju sa 4, 6, 8, 10 i 12 daje redom ostatke 2, 4, 6, 8 i 10.
10. Dokazati da ๐|๐ + 1 onda i samo onda ako je ๐ = โ1. 11. Ako je ๐ neparan broj, dokazati da je ๐(๐2 โ 1) deljiv sa 24. 12. Dokazati da je kvadrat celog broja deljiv sa 4 ili je oblika 8๐ + 1. 13. Dokazati da je kvadrat brojeva koji nisu deljivi ni sa 2 ni sa 3 oblika 12n+1. 14. Dokazati da:
a) 9|10๐ โ 1 b) 11|10๐ + (โ1)๐โ1
15. Dokazati da je zbir 2๐ + 1 uzastopnih brojeva deljiv sa 2๐ + 1.
2. E U K L I D O V A L G O R I T A M
Deljenje sa ostatkom Svaki ceo broj ๐ se moลพe, za dati ceo broj ๐, na jedinstven naฤin predstaviti u obliku:
๐ = ๐๐ + ๐, 0 โค ๐ < ๐ gde ๐ zovemo koliฤnik, a ๐ ostatak dobijen pri deljenju broja ๐ brojem ๐.
NZD i Euklidov algoritam Neka su ๐ i ๐ nenegativni celi brojevi i neka je bar jedan razliฤit od 0. Njihov najvedi zajedniฤki delilac i najmanji zajedniฤki sadrลพalac se obeleลพavaju sa NZD(๐, ๐) i sa NZS(๐, ๐) redom. Najvedi pozitivan ceo broj koji je delilac i od ๐ i od ๐, naziva se najvedi zajedniฤki delilac brojeva ๐ i ๐. On uvek postoji, ลกto se lako dokazuje, polazedi od principa dobrog ureฤenja. Najvedi zajedniฤki delilac dva cela broja, od kojih je bar jedan razliฤit od 0, je jedinstven. Vaลพi:
NZD(๐, 1)=1 NZD(๐, ๐)=๐ NZD(๐, 0)=๐ NZD(๐, ๐)=NZD(๐, ๐)
-
Ako su ๐1, ๐2, โฆ , ๐๐ pozitivni celi brojevi, ๐ โฅ 3, tada je NZD(๐1, ๐2, โฆ , ๐๐ ) = NZD (NZD (๐1, ๐2, โฆ , ๐๐โ1), ๐๐ ).
Za brojeve ๐ i ๐ kaลพemo da su uzajamno prosti ako je NZD(๐, ๐)=1. Na osnovu osobine NZD(๐, ๐)=NZD(๐, ๐ โ ๐), gde je ๐ > ๐ (analogno za ๐ < ๐) moลพemo raฤunati NZD(๐, ๐) uzastopnim oduzimanjem manjeg broja od vedeg. Primer: NZD(48,30)=NZD(30,18)= NZD(18,12)=NZD(12, 6)= NZD(6,6)=6 Euklidov algoritam se bazira na prethodnom algoritmu:
๐ = ๐๐ + ๐ NZD ๐, ๐ = NZD ๐, ๐ = NZD(๐, ๐ โ ๐๐)
Teorema: Neka su ๐ i ๐ nenegativni celi brojevi, pri ฤemu je bar jedan razliฤit od nule. Tada je NZD ๐, ๐ jednak najmanjem celom broju koji se moลพe izraziti kao linearna funkcija od ๐ i ๐, tj. NZD(๐, ๐) se moลพe prikazati kao NZD(๐, ๐) = ๐๐ฅ + ๐๐ฆ, gde su ๐ฅ i ๐ฆ celi brojevi. Vaลพi da je NZD ๐, ๐ โ NZS ๐, ๐ = ๐๐.
Euklidov algoritam Neka su ๐ i ๐ pozitivni celi brojevi, ๐ > ๐. Tada prema algoritmu delenja, jednoznaฤno su odreฤeni brojevi ๐๐ i ๐๐ , 1 โค ๐ โค ๐ + 1, takvi da je
๐ = ๐1๐ + ๐1, 0 < ๐1 < ๐; ๐ = ๐2๐1 + ๐2, 0 < ๐2 < ๐1; ๐1 = ๐3๐2 + ๐3, 0 < ๐3 < ๐2;
. . . ๐๐โ3 = ๐๐โ1๐๐โ2 + ๐๐โ1, 0 < ๐๐โ1 < ๐๐โ2;
๐๐โ2 = ๐๐๐๐โ1 + ๐๐ , 0 < ๐๐ < ๐๐โ1 ๐๐โ1 = ๐๐+1๐๐ + 0, (๐๐+1 = 0)
Niz ๐1, ๐2, ๐3, โฆ , ๐๐โ1, ๐๐ je opadajudi niz prirodnih brojeva manjih od b, ลกto znaฤi da se gore opisani postupak mora zavrลกiti posle konaฤnog broja koraka. Teorema ๐๐๐ท ๐, ๐ = ๐๐ , gde je ๐๐ poslednji pozitivan ostatak dobijen primenom Euklidovog algoritma na prirodne brojeve ๐ i ๐, ๐ > ๐. Primer: Odrediti NZD (252, 198). Po Euklidovom algoritmu imamo
252 = 1 ยท 198 + 54 198 = 3 ยท 54 + 36 54 = 1 ยท 36 + 18 36 = 2 ยท 18
Dakle, NZD (252, 198) = 18.
-
ZADACI
1. Odrediti NZD (52, 78) koristedi Euklidov algoritam. 2. Odrediti NZD (34, 166) koristedi Euklidov algoritam. 3. Odrediti NZD (255, 100) koristedi Euklidov algoritam. 4. Odrediti NZD (936, 588) koristedi Euklidov algoritam. 5. Odrediti NZD (28, 76) koristedi Euklidov algoritam. 6. Odrediti NZD (75, 120) koristedi Euklidov algoritam.
3. L I N E A R N A D I O F A N T S K A J E D N A ฤ I N A Definicija Ako su ๐, ๐, ๐ celi brojevi i ๐๐ โ 0 linearna jednaฤina oblika ๐๐ฅ + ๐๐ฆ = ๐, pri ฤemu su vrednosti ๐ฅ i ๐ฆ iz skupa celih brojeva, naziva se linearna Diofantska (Diofantova) jednaฤina. Definicija Polinomna jednaฤina po promenljivim ๐ฅ, ๐ฆ, ๐ง, โฆ sa celobrojnim koeficijentima naziva se Diofantska jednaฤina ako promenljive uzimaju vrednost iz skupa celih brojeva. Teorema Linearna Diofantska jednaฤina ๐๐ฅ + ๐๐ฆ = ๐ ima reลกenje ako i samo ako je ๐ | ๐ , gde je ๐ = ๐๐๐ท (๐, ๐). Teorema Ako je ๐ = ๐๐๐ท (๐, ๐) , ๐ | ๐ i (๐ฅ0, ๐ฆ0) jedno reลกenje Diofantske jednaฤine ๐๐ฅ + ๐๐ฆ = ๐, tada su sva reลกenja ๐ฅ, ๐ฆ data formulama
๐ฅ = ๐ฅ0 +๐
๐โ ๐ก
๐ฆ = ๐ฆ0 โ๐
๐โ ๐ก
gde je ๐ก proizvoljan ceo broj. REล AVANJE DIOFANTSKE JEDNAฤINE KORISTEฤI EUKLIDOV ALGORITAM Primer Reลกi Diofantsku jednaฤinu 28๐ฅ + 70๐ฆ = 39 koristedi Euklidov algoritam. Traลพimo NZD (28, 70) koristedi Euklidov algoritam.
70 = 2 ยท 28 + 14 28 = 2 ยท 14
Diofantska jednaฤina 28๐ฅ + 70๐ฆ = 39 nema reลกenja, jer je 14 = NZD (28, 70), a 14 nije delitelj broja 39.
-
Primer Reลกi Diofantsku jednaฤinu 13๐ฅ + 32๐ฆ = 5 koristedi Euklidov algoritam. Linearna Diofantova jednaฤina 13๐ฅ + 32๐ฆ = 5 ima reลกenje. Ovde je ๐ = 32, ๐ = 13 koristedi Euklidov algoritam dobijamo
32 = 2 ยท 13 + 6 13 = 2 ยท 6 + 1 6 = 6 ยท 1.
Brojevi 32 i 13 su uzajamno prosti, odnosno NZD (32, 13)=1, pa broj 1 moลพemo predstaviti kao linearnu funkciju brojeva 32 i 13:
1 = 13 - 2ยท6 = 13 - 2ยท (32 - 2 ยท13)=13 - 2ยท32 + 4 ยท13 = 5 ยท13 - 2ยท32 = 5 ยท13 +(-2)ยท32. Poลกto je 5 ยท13 +(-2)ยท32 = 1, mnoลพenjem jednakosti sa 5, konaฤno dobijamo da je
13 ยท (25) + 32 ยท (-10) = 5. Dakle, jedno reลกenje linearne Diofantove jednaฤine 13x + 32y = 5 je (25, -10). Sva reลกenja ove jednaฤine su oblika
x = 25 + 32
1t = 25 + 32t
y = -10 - 13
1t = -10 - 13t
gde je t ceo broj. REล AVANJE DIOFANTSKE JEDNAฤINE NE KORISTEฤI EUKLIDOV ALGORITAM Primer Reลกi Diofantsku jednaฤinu 7๐ฅ + 19๐ฆ = 50 ne koristedi Euklidov algoritam. Jednaฤinu 7๐ฅ + 19๐ฆ = 50 reลกimo po ๐ฅ, i dobija se
๐ฅ =50โ19๐ฆ
7= 7 โ 2๐ฆ +
1โ5๐ฆ
7.
Da bi ๐ฅ bio ceo broj 1 โ 5๐ฆ mora biti deljiv sa 7, odnosno mora biti 1 โ 5๐ฆ = 7๐, gde je ๐ proizvoljan ceo broj. Ovo dovodi do Diofantske jednaฤine 5๐ฆ + 7๐ = 1, pri ฤemu su sada nepoznate ๐ฆ i ๐. Nastavimo isti postupak.
5๐ฆ + 7๐ = 1 ๐ฆ =1 โ 7๐
5= โ๐ +
1 โ 2๐
5
๐ฆ โ ๐ 5 | 1 โ 2๐ 1 โ 2๐ = 5๐, ๐ โ ๐
2๐ + 5๐ = 1 ๐ =1 โ 5๐
2= โ2๐ +
1 โ ๐
2
๐ โ ๐ 2 | 1 โ ๐ 1 โ ๐ = 2๐, ๐ โ ๐
๐ = 1 โ 2๐, ๐ โ ๐ Dakle, imamo ๐ = 1 โ 2๐, pri ฤemu je ๐ proizvoljan ceo broj. Do reลกenja ๐ฅ i ๐ฆ sada dolazimo uvrลกtavanjem unazad:
๐ =1 โ 5๐
2=
1 โ 5(1 โ 2๐)
2= โ2 + 5๐
-
๐ฆ =1 โ 7๐
5=
1 โ 7(โ2 + 5๐)
5= 3 โ 7๐
๐ฅ =50 โ 19๐ฆ
7=
50 โ 19(3 โ 7๐)
7= โ1 + 19๐
Na ovaj naฤin je odmah dobijeno reลกenje u kanonskom obliku.
ZADACI
1. Reลกi Diofantske jednaฤine koristedi Euklidov algoritam: a. 13๐ฅ + 21๐ฆ = 15 b. 3๐ฅ + 27๐ฆ = 1 c. 252๐ฅ + 198๐ฆ = 18 d. 13๐ฅ + 32๐ฆ = 5 e. 27๐ฅ + 59๐ฆ = 20 f. 15๐ฅ + 40๐ฆ = 25 g. 3๐ฅ + 12๐ฆ = 21 h. 96๐ฅ + 68๐ฆ = 48
2. Reลกi Diofantske jednaฤine ne koristedi Euklidov algoritam: a. 13๐ฅ + 21๐ฆ = 15 b. 3๐ฅ + 27๐ฆ = 1 c. 252๐ฅ + 198๐ฆ = 18 d. 13๐ฅ + 32๐ฆ = 5 e. 27๐ฅ + 59๐ฆ = 20 f. 15๐ฅ + 40๐ฆ = 25 g. 3๐ฅ + 12๐ฆ = 21 h. 96๐ฅ + 68๐ฆ = 48