Baltic Way: Skaitļu teorija

Slides:



Advertisements
Similar presentations
Ma.
Advertisements

El Alfabeto Con Vocabulario
KJ 023 : “ YA ALLAH BAPA ” Syair dan Lagu: Subronto Kusumo Atmodjo (1978)
Arnoldus Isaak Apituley (1998)
Click on each of us to hear our sounds.
Las Vocales En Espanol.
HIRAGANA by number of strokes Images from:
Līguma jēdziens, veidi, noslēgšana. Līgumu brīvība.
Tālmācības centra redzējums un pieredze par biznesu zināšanu sabiedrībā Komercdarbības kursā  Jānis Kapenieks, Atis Kapenieks  Tālmācības studiju centrs,
PHONICS Repeat each sound. Blend the sounds. Read each word.
ma mu mi mo me pe pi pa pu po si sa so.
Apuntes: El alfabeto español
SAM «Veicināt efektīvu energoresursu izmantošanu, enerģijas patēriņa samazināšanu un pāreju uz AER apstrādes rūpniecības nozarē» , Uzraudzības.
Sílabas con m,p,s tema 2. pe so ma si mu se.
MA. ME MI MO MU MÁ MÉ MÍ MÓ MŮ LA LE LI.
El Alfabeto Y Saludos Lección Uno.
Es esmu Krišjānis Liepiņš no biedrības “Bērnu Vides skola”.
Brokastis ar Amadeus Neatkarīgi un unikāli Līga Kovale gada 17
SECURITY SERVICES STATISTICS IN LATVIA
Bibliotēka 2.0 Teorija „Teorētiskā bāze maģistra darba izstrādei”
Grafiskie informācijas organizatori
Valdījums 2 lekcijas, 2 sem..
Autoceļu problemātika
Latviešu tautas teika Daugavas rakšana
Bezskaidrā nauda, elektroniskā nauda un virtuālā "nauda"
Programmatūras paštestēšana
Horvātijas pieredze Projekts: “Aktīvās metodes, kas uzlabo motivāciju un kvalitāti mācību vidē” Ulla Salomäki, EBC, Erasmus+ IST Kurss “Action Methods.
Kopīpašums kā aprobežojums. Kopīpašuma vēsturiskie tipi
Jānis Zuters, Ratnieki Latvijas Universitāte Datorikas fakultāte
Attēlu konstruēšana lēcās
Līklīnijas kustība Ķermeņa līklīnijas kustības trajektorija var būt jebkuras formas līkne. Līknei var būt noslēgta vai nenoslēgta forma. Mag.phys. A.Krons.
Riebiņu vidusskolas skolotāja
– instruments komunikācijas prasmju uzlabošanai biznesam
Kopīpašums.
Izglītības sistēmu attīstība Eiropas valstīs
Darbības - sazarojuma operatori
NEKOMPETENCE VAI BEZDARBĪBA Neatkarīgā policistu arodbiedrība
Formālās specifikācijas
11/20/2018 5:11 PM Kreditoru prasījumu izvērtēšana maksātnespējas procesā. Problemātika un aktuālā tiesu prakse. Ivanda Avotiņa – sertif. maksātnespējas.
Eiropas Sociālā fonda projekts
Populārzinātniskā lekcija: Ievads loģiskajās operācijas
PVN numura pārbaude Guntis Strazds Rīga, 2004.gada 23.septembris
Emisijas faktori un smaku mērījumi
1.seminārs “Pētījuma stratēģija un problēmas identificēšana”
Ms Access Tabulas 2. daļa Andris Šteins, 2009.
Vispārizglītojošā (VeF) - mehānika (vizuāli izglītojošie materiāli)
DMF Informātikas katedra
Dzeramā ūdens kvalitātes stabilitāte pilota mēroga ūdens apgādes sistēmā VPP Projekts Nr.4 – Tehnoloģijas drošai un uzticamai gudrajai pilsētai (GUDPILS)
TIENS CINKA KAPSULAS.
Intelekts un kreativitāte
New approach to the strategic analysis of the municipal sector
EFEKTĪGAS PREZENTĀCIJAS IZVEIDOŠANA
Atvērtā koda programmatūra
Programmēšanas valodu pamati
Eiro- zona Latvija ES ES valstis Perso- nības Kontū- ras
REACH 2018 Sagatavojiet reģistrācijas pieteikumu kā IUCLID dokumentāciju.
Globalizācija un attīstība
REACH 2018 Apvienojieties ar saviem līdzreģistrētājiem —
Ievads proteīnu kristalogrāfijā
Ievads proteīnu kristalogrāfijā
REACH 2018 Atrodiet savus līdzreģistrētājus un gatavojieties kopīgai reģistrācijai.
Programmēšanas valodu klasifikācija un lietojumsfēra
Attēlojuma līmenis (Presentation Layer)
Lietu klasifikācija.
Lietu klasifikācija.
Projekts “Pašvaldību aktivitāšu īstenošana, lai nodrošinātu skolēnu pārvadāšanu un ar to saistītos atbalsta pasākumus” Sandra Cakule Valsts reģionālās.
Zinātniski metodiskie Analizatora uzbūves pamati:
Kompetenču pieeja mācību saturā
IEVADS MENTORDARBĪBĀ Eiropas Sociālā fonda projekts “Inovatīva un praksē balstīta pedagogu izglītības ieguve un mentoru profesionālā pilnveide” Nr.2010/0096/1DP/ /09/IPIA/VIAA/001.
DARBA AUTORS: ROBERTS B Ē RZI Ņ Š T Ē MA: PASAKAS PAR ZIEDIEM UN ANNA SAKSE.
Presentation transcript:

Baltic Way: Skaitļu teorija Pirmskaitļu izvietojums Dažas bezgalīgas summas Uzdevumi par pirmskaitļu izvietojumu Pretrunas modulis Uzdevumi par pretrunas moduli Mazā Fermā teorēma Kombinatorikas lietojumi skaitļu teorijā Kāpinātāja pacelšanas lemmas (LTE – Lifting the Exponent Lemmas) Uzdevumi par LTE

Bibliogrāfija Sk. arī "Skaitļu teorijas" kursa mājaslapu: http://www.dudajevagatve.lv/nt/index.html (1) Terry Tao, Yitang Zhang et. al. Bezgalīgi daudz pirmskaitļu pāru, kas atšķiras ne vairāk kā par 246 (līdz dvīņu pirmskaitļiem - t.i. starpībai 2 vēl nav nonākuši). (2) Mining bitcoin - Kriptovalūtas iegūšana skaitļošanas centrā (Iekšējā Mongolija). (3) 2015. un 2016.g. atlases sacensību uzdevumu atrisinājumi atjaunots 2017-09-15. (4) Baltic Way uzdevumi un atrisinājumi - Art of Problem Solving forums. (5) Lifting the Exponent (LTE) Lemma by Amir Hossein Parvardi

Pirmskaitļu izvietojums

A: Pirmskaitļu ir bezgalīgi daudz Apzīmējam visu pirmskaitļu kopu: 𝐏= 𝑝 1 , 𝑝 2 , 𝑝 3 , 𝑝 4 , 𝑝 5 , ⋯ = 2,3,5,7,11,⋯ . Apgalvojums: Pirmskaitļu ir bezgalīgi daudz. Pierādījums. No pretējā. Pieņemsim, ka pirmskaitļu ir galīgs skaits. Tad eksistē lielākais pirmskaitlis 𝑝 𝐾 , un visus pirmskaitļus (līdz lielākajam ieskaitot) var sareizināt. Aplūkosim šādu skaitli: 𝑆= 𝑝 1 ∙ 𝑝 2 ∙ 𝑝 3 ∙ ⋯ ∙ 𝑝 𝐾 +1 𝑆 nedalās ne ar vienu no pirmskaitļiem, kuri ir mūsu galīgajā sarakstā – dalot ar jebkuru 𝑝 𝑖 rodas atlikums 1. Tādēļ vai nu skaitlis 𝑆 pats ir pirmskaitlis, vai arī tas sadalāms vairāku pirmskaitļu reizinājumā (neviens no kuriem nav mūsu sarakstā). Iegūta pretruna. ∎

Eratostena režģis (Bw2016.2 – sk. tālāk – ir īpaša fragmenta meklēšana Eratostēna režģī.) Sākuma tabulā visi 𝑛>1. Algoritms atkārto 2 soļus: (1) Atzīmē mazāko neizsvītroto 𝑝 𝑘 kā pirmskaitli. (2) Izsvītro visus 𝑝 𝑘 daudzkārtņus. Nevienā gājienā neizsvītros visus (sk. iepriekšējo bildīti) Pēc konstrukcijas spriežot, nav acīmredzami, ka vienmēr varēs izvēlēties mazāko neizsvītroto. Kas notiktu, ja pēc kāda gājiena izsvītrotu visus skaitļus? Bet tas nav iespējams, jo pirmskaitļu ir bezgalīgi daudz. Tādēļ Eratostena režģa konstrukcija turpināsies bezgalīgi.

B: Katram n eksistē n nepirmskaitļi pēc kārtas Apgalvojums: Jebkuram n var atrast n pēc kārtas sekojošus skaitļus, kuri visi ir salikti. Pierādījums: Izvēlamies 𝑚 = 𝑛+1. Visi šie ir salikti skaitļi: 𝑚! + 2 = 2(𝑚!/2 + 1) 𝑚! + 3 = 3(𝑚!/3 + 1) … 𝑚! + 𝑚 = 𝑚(𝑚!/𝑚 + 1) Šo skaitļu ir 𝑚−1=𝑛. ∎ Ja 𝑛=7, tad 𝑚!= 7+1 !=1∙2∙3∙4∙5∙6∙7∙8=40320. Tātad šie skaitļi: 40322,40323,40324,40325,40326,40327,40328 visi ir salikti (nav pirmskaitļi).

C: Dvīņu pirmskaitļu bezgalīgums nav zināms Nav zināms, vai ir bezgalīgi daudz pirmskaitļu, kas atšķiras par 2. (Dvīņu pirmskaitļi). Dažām konstantēm 𝐶>2 pirmskaitļu pāru 𝑝 1 , 𝑝 2 , kuriem 𝑝 1 = 𝑝 2 −𝐶 ir bezgalīgi daudz (pirmie rezultāti parādījās ap 2013.g.). Sal. Terrence Tao lekciju - https://www.youtube.com/watch?v=pp06oGD4m00&t=425

D: Žozefa Bertrāna postulāts Katram naturālam 𝑛>1, eksistē vismaz viens pirmskaitlis 𝑝, kam 𝑛 < 𝑝 < 2𝑛. Pierādījumi: P.Čebiševs, Š.Ramanudžans, P.Erdešs u.c. https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_Bertrand%27s_postulate P.Erdešs u.c. matemātiķi apkopoja īsākos/vienkāršākos dažādu faktu pierādījumus īpašā izdevumā: "Proofs from THE BOOK" (tostarp arī Bertrāna postulāta pierādījumu).

E: Dirihlē teorēma par aritmētiskām progresijām Teorēma: Ja 𝑎 un 𝑑 ir savstarpēji pirmskaitļi (𝐿𝐾𝐷(𝑎,𝑑)=1), tad ir bezgalīgi daudzi pirmskaitļi formā 𝑎+𝑛𝑑, kur 𝑛 ir naturāls skaitlis.

Dažas bezgalīgas summas

Naturālo skaitļu apgriezto lielumu rindas 1 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 +⋯ Teorēma: Šī bezgalīgā summa (saukta arī par harmonisko rindu) diverģē: katrai konstantei 𝐶 atrodas skaitlis 𝑁, ka saskaitot pirmos 𝑁 summas locekļus, rezultāts pārsniedz 𝐶. Pierādījums: Katru 1 𝑛 , ja 𝑛 nav pilna divnieka pakāpe, samazinām līdz nākamajam 1 𝑚 , kur 𝑚 ir divnieka pakāpe: 1 1 + 1 2 + 1 4 + 1 4 + 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 +⋯ Augošām rindām diverģence faktiski nozīmē, ka summa ir bezgalīga – saskaitot pietiekami daudzus locekļus, tā pāraugs jebkuru iepriekš uzdotu skaitli. Šajā piemērā izveidojam bezgalīgi daudzas saskaitāmo grupiņas, kuras visas ir vismaz $\frac{1}{2}$. Saskaitot neierobežoti daudzus pozitīvus skaitļus, kas visi lielāki par $\frac{1}{2}>0$, pārsniegsim jebkuru iepriekš dotu rezultātu.

Harmoniskā rinda, kam daļu locekļu izsvītro (1) Ja izsvītro visus locekļus, kuri satur ciparu "9" (vai pēc kārtas ciparus "2017" tieši šādā secībā), tad atlikušie harm. rindas locekļi konverģē, t.i. tuvojas kādam galīgam skaitlim. Var novērtēt no augšas ar ģeometrisku progresiju. Saskaitām: Ir 8 vienciparu skaitļi bez cipara "9". Ir 8∙9=72 divicparu skaitļi bez cipara "9". Ir 8∙9∙9=648 trīsciparu skaitļi bez cipara "9". ...

Harmoniskā rinda, kam daļu locekļu izsvītro (2) 1 1 +⋯+ 1 8 + 1 10 +⋯+ 1 88 + 1 100 +⋯+ 1 888 +⋯ Katrās iekavās aizstājam visus saskaitāmos ar pašu lielāko (pirmo): 8∙ 1 1 + 8∙9 ∙ 1 10 + 8∙9∙9 ∙ 1 100 +⋯= 𝑏 1 1−𝑞 = 8 1− 9 10 =80. Pēdējās vienādībās izmantojām ģeometriskas progresijas summu: 𝑏 1 + 𝑏 1 𝑞+ 𝑏 1 𝑞 2 +⋯= 𝑏 1 1−𝑞 .

Pirmskaitļu apgriezto lielumu rindas diverģence Ja atstāj tikai pirmskaitļu apgrieztos lielumus, tad iegūtā rinda diverģē: 1 2 + 1 3 + 1 5 +⋯ T.i. šī summa kļūst neierobežoti liela. (Īsi sakot, pirmskaitļu blīvums lielu skaitļu vidū samazinās, bet pirmskaitļu ir būtiski vairāk nekā skaitļu, kuru decimālpierakstā nav cipara "9".) Sal. https://en.wikipedia.org/wiki/Divergence_of_the_sum_of_the_reciprocals_of_the_primes (L.Eilera un P.Erdeša pierādījumi. P.Erdeša pierādījums izmanto kombinatoriku, nevis mat. analīzi.)

Uzdevumi par pirmskaitļu izvietojumu

BwTst2015 (D4, Uzd.1) Vai eksistē tādi pozitīvi reāli skaitļi 𝑎 un 𝑏, ka 𝑎𝑛+𝑏 ir pirmskaitlis visām naturālām n vērtībām? (Ar 𝑥 apzīmē 𝑥 veselo daļu, t.i. lielāko veselo skaitli, kurš nepārsniedz 𝑥. Piemēram, 3.14 =3, bet −3.14 =−4).

Uzdevuma apgalvojuma kvantoru pieraksts Ja apzīmējam kopas: ℝ - reālie skaitļi, ℕ - naturālie skaitļi un 𝐏 – pirmskaitļi, tad BwTst2015.D4.1 uzdevums nozīmē noskaidrot šī apgalvojuma patiesumu: ∃𝑎,𝑏∈ℝ ∀𝑛∈ℕ 𝑎𝑛+𝑏 ∈𝐏 . T.i. vai (eksistē tādi reāli 𝑎, 𝑏), ka (ikvienam naturālam 𝑛), (apakšējā veselā daļa 𝑎𝑛+𝑏 ir pirmskaitlis). Kvantoru pieraksts pats par sevi nepalīdz atrisināt uzdevumu, tomēr tas ir viens veids, kā nodrošināt rūpīgu uzdevuma teksta izlasīšanu.

Kvantoru secība ir svarīga Dažādu veidu kvantorus nevar mainīt vietām. Ja, teiksim, 𝐂 apzīmē visu cilvēku kopu, bet 𝑇(𝑎,𝑏) ir attiecība "Cilvēks 𝑎 ir tēvs cilvēkam 𝑏", tad šie divi izteikumi apgalvo dažādas lietas: ∀𝑥∈𝐂 ∃𝑦∈𝐂 𝑇(𝑦,𝑥) - katram cilvēkam eksistē tēvs ∃𝑦∈𝐂 ∀𝑥∈𝐂 𝑇(𝑦,𝑥) - eksistē visu cilvēku kopīgais tēvs (Eksistē tāds 𝑦∈𝐂, ka ikvienam 𝑥∈𝐂, 𝑦 ir 𝑥'a tēvs. Vienāda veida kvantorus: ∀↔∀ un arī ∃↔∃ (kamēr tie atrodas blakus un nav "jāpārlec" pretējam kvantoram) var mainīt vietām.

"BwTst2015" ilustrācija ar lineāru vienādojumu Vērtības noapaļo uz leju līdz tuvākajam veselajam skaitlim. Divām blakusesošām n vērtībām (𝑛 un 𝑛+1) vērtības 𝑓(𝑛) un 𝑓(𝑛+1) nevar atšķirties vairāk kā par konstanti 𝑎+2. Bet tā kā atstarpes starp pirmskaitļiem var būt cik patīk lielas – pretruna. (Sk. agrāku bildīti "Katram n eksistē n nepirmskaitļi pēc kārtas") 𝑓(𝑛) 𝑓 𝑛 = 𝑎𝑛+𝑏 𝑛

Neveiksmīgi mēģinājumi "pirmskaitļu formulai" Minētais uzdevums par izteiksmi, kas dod tikai pirmskaitļus ( 𝑎𝑛+𝑏 , kur 𝑎, 𝑏 ir reāli) atspoguļo ilgstošus centienus atrast pirmskaitļu formulu. Fermā hipotēze: Fermā skaitļi 2 2 𝑛 +1 ir pirmskaitļi. (Patiess apgalvojums, ja 𝑛=0,1,2,3,4. Turpmāk – vairs nē.) Izteiksme 𝑛 2 +𝑛+41 pieņem pirmskaitļu vērtības, ja 0≤𝑛<40. Sk. https://math.stackexchange.com/questions/289338/is-the-notorious-n2-n-41-prime-generator-the-last-of-its-type

Bw2016.2 ("Baltic Way" olimpiāde, 2016.g. rudens, 2.uzdevums) Pierādīt vai atspēkot sekojošus apgalvojumus. (a) Visiem 𝑘 ≥ 2, jebkura 𝑘 pēc kārtas sekojošu naturālu skaitļu virkne satur skaitli, kas nedalās ne ar vienu pirmskaitli, kas ir mazāks par 𝑘. (b) Visiem 𝑘 ≥ 2 , jebkura 𝑘 pēc kārtas sekojošu naturālu skaitļu virkne satur skaitli, kas ir savstarpējs pirmskaitlis ar visiem pārējiem šīs virknes locekļiem.

Risinājuma plāna soļi (G.Polya. How to Solve it.) First, you have to understand the problem. After understanding, make a plan. Carry out the plan. Look back on your work. How could it be better? Džordžs Poija. Vispirms – jālasa un jāsaprot uzdevums. Pēc saprašanas jāveido risināšanas plāns. Plānu īsteno. Atskatās uz paveikto. Vai to var uzlabot?

Uzdevuma abi apgalvojumi izteikti ar kvantoriem ∀𝑘∈ℕ, 𝑘≥2 ∀ 𝑎 0 ∈ℕ ∃𝑖∈ℕ,0≤𝑖≤𝑘−1 ∀𝑝∈𝐏, 𝑝<𝑘 𝑎 0 +𝑖 nedalās ar 𝑝 (a) Visiem 𝑘 ≥ 2, jebkura 𝑘 pēc kārtas sekojošu naturālu skaitļu virkne (kas sākas ar 𝑎 0 ) satur skaitli 𝑎 0 +𝑖 , kas nedalās ne ar vienu pirmskaitli, kas ir mazāks par 𝑘. Analoģiski var uzrakstīt arī apgalvojumu (b) no "Bw2016.2".

Risināšanas plāns Kad uzdevums ir saprasts (un pārrakstīts ar kvantoriem), varam domāt par risinājuma plānu. Vai apgalvojumi loģiski izriet viens no otra? Kas notiek, ja 𝑘=2, 𝑘=3 utt.? Kāds izskatās šī apgalvojuma noliegums? ∀𝑘∈ℕ, 𝑘≥2 ∀ 𝑎 0 ∈ℕ ∃𝑖∈ℕ,0≤𝑖≤𝑘−1 ∀𝑝∈𝐏, 𝑝<𝑘 𝑎 0 +𝑖 nedalās ar 𝑝 ∃𝑘∈ℕ, 𝑘≥2 ∃ 𝑎 0 ∈ℕ ∀𝑖∈ℕ,0≤𝑖≤𝑘−1 ∃𝑝∈𝐏, 𝑝<𝑘 𝑎 0 +𝑖 dalās ar 𝑝 noliegums

Kas vēl vajadzīgs, lai risinājums būtu pabeigts?

Ķīniešu atlikumu teorēma Vai var atrast tādu N, kas dod vajadzīgos atlikumus (0,0,4,0,6,0) dalot attiecīgi ar (2,3,5,7,11,13). Skaitlis, kas dalās ar 2,3,7 un 13 ir daudzkārtnis to reizinājumam: 546∙𝑘. Varam piemeklēt 𝑘 tā, lai dalot ar 5 atlikums būtu 4. Ir spēkā 546 mod 5 = 1. T.i. ņemam četrreiz lielāku: 2184 mod 5 = 4. Tas pats skaitlis dos arī vajadzīgo atlikumu (=6) dalot ar 11. Vispārīgā veidā šis rezultāts pazīstams kā ķīniešu atlikumu teorēma.

Ķīniešu atlikumu teorēma Teorēma: Doti 𝑚 1 , ⋯, 𝑚 𝑘 - ir naturāli skaitļi, kuri ir pa pāriem savstarpēji pirmskaitļi un 𝑀= 𝑚 1 ⋯ 𝑚 𝑘 ir viņu reizinājums. Tad katram veselu skaitļu komplektam 𝑥 1 ,⋯, 𝑥 𝑘 ir tieši viena kongruenču klase 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑀), kurai 𝑥≡ 𝑥 𝑖 (mod 𝑚 𝑖 ), kur 𝑖= 1,𝑘 .

Ilustrācija atlikumu teorēmai Saliekot rindās pa 3, paliek pāri 1 Pretējā virzienā: Lineāras kongruences pēc salikta skaitļa var pārveidot par vairāku kongruenču sistēmu (sarkanā bultiņa strādā abos virzienos): 𝑥≡1 (mod 3) 𝑥≡2 (mod 5) 𝑥≡3 mod 7 ⟺ 𝑥≡52 (mod 105) Saliekot rindās pa 5, paliek pāri 2 Saliekot rindās pa 7, paliek pāri 3 Var pamatot, ka mazākais šāds skaitlis ir 52

Pretrunas modulis

Pamatideja Ja vienādojumam veselos skaitļos eksistē atrisinājums (t.i. izpildās vienādība), tad vienādības abas puses būs kongruentas pēc jebkura skaitļa moduļa – t.i. dos vienādus atlikumus. Var sašaurināt meklējumu telpu vai vispār pierādīt atrisinājuma neesamību.

Veselo skaitļu aritmētika – operācijas div un mod. Veseliem skaitļiem ne vienmēr var izpildīt parasto dalīšanas darbību. Tādēļ ieviesīsim divas jaunas darbības – "div" (dalījuma veselā daļa) un "mod" (atlikums). Piemēri: 17 div 3=5 17 mod 3=2 −17 div 3=−6 −17 mod 3=1 Atlikumi, dalot ar skaitli 𝑚 vienmēr ir nenegatīvi no intervāla 0,1,…,𝑚−1 . Dalot ar 3, atlikumi ir 0,1,2 .

Tipisks piemērs Atrisināt vienādojumu veselos skaitļos: 𝑎 2 =8𝑏+5. Acīmredzot, a ir nepāru skaitlis: 𝑎 = 2𝑘+1. Aplūkojam atlikumu, ko abas vienādības puses dod, dalot ar 8: 𝑎 2 ≡5 (𝑚𝑜𝑑 8). Tā kā a ir nepāru, izsakām 𝑎=2𝑘+1. Ievietojam: 2𝑘+1 2 =4 𝑘 2 +4𝑘+1= =4 𝑘 2 +𝑘 +1=4𝑘 𝑘+1 +1. Vai nu 𝑘 vai 𝑘+1 ir pāru skaitlis, t.i. 4𝑘(𝑘+1) dalās ar 8. Tātad atlikumu 5 nevar dabūt.

Bw2016.1 (Baltic Way olimpiāde, 2016.g., 1. uzdevums) Atrast visus pirmskaitļu pārus (𝑝, 𝑞), kuriem 𝑝 3 − 𝑞 5 = 𝑝+𝑞 2 .

Eksperimenti ar nelieliem pirmskaitļiem Eksperimenti ar nelieliem pirmskaitļiem. Ja sanāks atrisinājums, tad 𝑝 vai 𝑞 varēs izmantot par pretrunas moduli. Ne vienmēr pretruna sanāk uzreiz (kā "tipiskajā piemērā" par nepāra skaitļa kvadrāta atlikumiem, dalot ar 8).

Kuri atlikumu pārīši der

Bw2016.3 (Baltic Way, 2016.g. rudens, 3. uzdevums) Kuriem naturāliem 𝑛 = 1,…,6 vienādojumam 𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 = 𝑐 𝑛 +𝑛 eksistē atrisinājums veselos skaitļos? Atrisinājuma fragments: Aplūkosim 𝑎 5 + 𝑏 5 = 𝑐 5 +5. Aplūkosim atlikumus, ja abas vienādības puses, dala ar 11. Kreisajā pusē 𝑎 5 vai 𝑏 5 var pieņemt jebkuru atlikumu 0,1 vai 10, dalot ar 11. (To var pamatot, kāpinot piektajā pakāpē visus 11-a atlikumus 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10). Tātad 𝑎 5 + 𝑏 5 atlikums var būt 9,10,0,1 vai 2. Bet 𝑐 5 +5 atlikums var būt 4, 5 vai 6. Iegūta pretruna.

Mazā Fermā teorēma Kā var uzminēt, ka piektās pakāpes izdevīgi dalīt ar 11? Teorēma: Ja 𝑝 ir pirmskaitlis, tad katram 𝑎, kurš nedalās ar 𝑝 ir spēkā sakarība: 𝑎 𝑝−1 ≡1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) Piemērs: 𝑎 10 ≡1 (mod 11), ja vien a nedalās ar 11. Attiecīgi divreiz mazāka pakāpe 𝑎 5 būs tāda, lai tās kvadrāts dotu atlikumu 1, dalot ar 11. Tādi ir tikai divi atlikumi: 1 un 10 (jeb −1).

Mazās Fermā teorēmas pierādījums Aplūkojam visus skaitļus 1,2,⋯,𝑝−1 . Piereizinām tos visus ar 𝑎. Iegūsim 1𝑎,2𝑎,⋯, 𝑝−1 𝑎 . Nav iespējams, ka diviem dažādiem 𝑖,𝑗∈ 1,2,⋯,𝑝−1 izpildās 𝑖𝑎≡𝑗𝑎 (mod 𝑝). Citādi sanāktu, ka 𝑎(𝑖−𝑗) dalās ar 𝑝, un 𝑝 nav pirmskaitlis. Tādēļ 1𝑎,2𝑎,⋯, 𝑛−1 𝑎 satur visas tās pašas kongruences klases, ko 1,2,⋯,𝑝−1 (iespējams, citā secībā). Sareizinot visas kongruences klases vienā un otrā pusē, dabūsim, ka 𝑝−1 ! 𝑎 𝑝−1 ≡ 𝑝−1 ! (mod 𝑝) Saīsinām ar faktoriālu (kurš nevar dalīties ar 𝑝). Iegūstam Mazās Fermā teorēmas apgalvojumu.∎

Kombinatorikas lietojumi

Cits Mazās Fermā teorēmas pierādjums Izvēlamies 𝑝=7 un 𝑎=3. Pamatosim, ka 𝑎 𝑝−1 ≡1 (mod 𝑝) No 3 krāsām izveidojam visas 7-pērlīšu krelles. To ir 3 7 . Atskaitām trīs vienkrāsainās krelles. Iegūstam 3 7 −3. Citas krelles var apvienot ekvivalences klasēs, kas savietojas ar pagriezieniem pa leņķiem 2𝜋 7 . Tādēļ 3 7 −3 dalās ar 7. Šajā pierādījumā izmantota gan interpretācija (skaitļu teorijas uzdevums aizstāts ar kombinatorisku); gan arī apsvērums par to, ka tas, ko var saskaitīt, noteikti ir vesels skaitlis.

Bw2016.11 (Baltic Way olimpiāde, 2016.g. Rudens, 11. uzdevums) Kopa 𝐴 sastāv no 2016 dažādiem skaitļiem, visi šo skaitļu pirmreizinātāji ir mazāki par 30. Pierādīt, ka kopā 𝐴 var atrast tādus 4 dažādus skaitļus 𝑎, 𝑏, 𝑐 un 𝑑, ka 𝑎𝑏𝑐𝑑 ir naturāla skaitļa kvadrāts.

Risinājuma plāns Izskatās pēc skaitļu teorijas uzdevuma; faktiski – kombinatorikas uzdevums (lietojam reizināšanas likumu un Dirihlē principu). Divus skaitļus ierakstām vienā ekvivalences klasē, ja kāpinātāji pie visiem 10 pirmskaitļiem <30 (2,3,5,7,11,13,17,19,23,29) ir ar vienādu paritāti (abi pāra vai abi nepāra). Ekvivalences klašu ir 2 10 =1024. Tālāk pamatojam, ka no 2016 skaitļiem varēs izvēlēties 𝑎 un 𝑏 no vienas paritātes klases (un tāpat arī 𝑐 un 𝑑). Tad abcd saturēs visus pirmreizinātājus pāru pakāpēs.

Erdeša-Sekereša teorēma Naturāliem skaitļiem 𝑟 un 𝑠, jebkura dažādu (reālu) skaitļu virkne, kurā ir vismaz (𝑟−1)(𝑠−1) + 1 locekļi, satur vai nu monotoni augošu apakšvirkni garumā 𝑟 vai arī monotoni dilstošu apakšvirkni garumā 𝑠.

Piemērs Erdeša-Sekereša teorēmas ilustrēšanai Uzdevums: Vai var atrast tādus 𝑛 un 𝑎, ka aplūkojot atlikumu virkni: 1∙𝑎 mod 𝑛 2 +1 , 2∙𝑎 mod 𝑛 2 +1 , … 𝑛 2 ∙𝑎 mod 𝑛 2 +1 , tajā nebūs monotonu (stingri augošu vai dilstošu) virkņu, kas garākas par 𝑛 locekļiem.

BwTst2016. Day1. 6 (Baltic Way atlases sacensības, 2016. g. , 1 BwTst2016.Day1.6 (Baltic Way atlases sacensības, 2016.g., 1.diena 6.uzd.) Dots naturāls skaitlis 𝑛, kuram var atrast pirmskaitli, kas ir mazāks nekā 𝑛 un kas nav 𝑛 dalītājs. Virkne 𝑎 1 , 𝑎 2 ,⋯, 𝑎 𝑛 ir skaitļi 1,2,…,𝑛 sakārtoti kaut kādā secībā. Šai virknei atradīsim garāko augošo apakšvirkni 𝑎 𝑖 1 < 𝑎 𝑖 2 <⋯< 𝑎 𝑖 𝑘 , ( 𝑖 1 <⋯< 𝑖 𝑘 ) un garāko dilstošo apakšvirkni 𝑎 𝑗 1 > 𝑎 𝑗 2 >⋯> 𝑎 𝑗 𝑙 , ( 𝑗 1 <⋯< 𝑗 𝑙 ). Pierādīt, ka vismaz viena no šīm divām apakšvirknēm 𝑎 𝑖 1 , 𝑎 𝑖 2 ,⋯, 𝑎 𝑖 𝑘 un 𝑎 𝑗 1 , 𝑎 𝑗 2 ,⋯, 𝑎 𝑗 𝑙 satur skaitli, kas nav 𝑛 dalītājs.

LTE lemmas (nepāru pirmskaitlim 𝑝) Sk. \url{http://mathoverflow.net/questions/51905/how-to-picture-mathbbc-p}

Vispārīgais jautājums – par pirmskaitļa indeksu Mums dots skaitlis 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 vai 𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 (atsevišķos gadījumos 𝑥 𝑛 −1 vai 𝑥 𝑛 +1). Ar kādu lielāko pirmskaitļa p pakāpi tas dalās? To apzīmē ar 𝜈 𝑝 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 vai ind 𝑝 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 (Funkciju sauc par 𝑝-indeksu (p-adic valuation).) Nav definēta skaitlim 0. Papildu pieņēmums: 𝑥 un 𝑦 paši nedalās ar 𝑝.

𝒙 𝒏 − 𝒚 𝒏 ar interesantiem decimālpierakstiem UKMO2013: Skaitlis pierakstīts decimālās sistēmas bāzē satur 3 2013 ciparus 3; citu ciparu skaitļa pierakstā nav. Atrast augstāko skaitļa 3 pakāpi, kas dala šo skaitli. Vai var «vispārināt» dalīšanās pazīmi – sak, ja ciparu summa dalās ar 3 𝑛 , tad arī pats skaitlis dalās ar 3 𝑛 ?

Eilera t. dod (neprecīzu) apakšējo novērtējumu Ar kādu vislielāko pirmskaitļa 𝑝 pakāpi dalās 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 ? Novērtējumu var dabūt ar Eilera teorēmu: 𝑥 𝑝−1 − 𝑦 𝑝−1 ≡1−1≡0 mod 𝑝 𝑥 𝑝 2 −𝑝 − 𝑦 𝑝 2 −𝑝 ≡1−1≡0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 2 … jo … 𝜑 𝑝 =𝑝−1 𝜑 𝑝 2 = 𝑝 2 1− 1 𝑝 = 𝑝 2 −𝑝 Piemēram, 10 72 −1≡0 (𝑚𝑜𝑑 81). Tieši 72 deviņnieki decimālpierakstā – noteikti dalās ar 81 \url{https://cp4space.wordpress.com/2014/04/13/lifting-the-exponent/} Cerība trāpīt Eilera teorēmai nav liela.

Ar kādām pirmskaitļu pakāpēm dalās 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 Šis attēls parāda nolobīšanas paņēmienu.

Pirmskaitļa kārta Dots pirmskaitlis 𝑝. Lielāko veselo skaitli 𝑘≥0, kuram 𝑛 dalās ar 𝑝 𝑘 sauc par pirmskaitļa 𝑝 kārtu un apzīmē ar 𝑣 𝑝 𝑛 . Zīmējumā dots grafiks funkcijai $v_3(n)$. Intervālā $[1,100]$ šī funkcija tikai vienu reizi pieņem vērtību $4$. Jo $81$ dalās ar $3^4$. Visiem citiem argumentiem vērtības ir $0$, $1$, $2$, $3$.

Kas notiek, ja 𝑝 | 𝑥−𝑦 (un attiecīgi 𝑝 | 𝑥+𝑦 ) Lemma #1: Dots, ka 𝑥 un 𝑦 ir veseli skaitļi un 𝑛 ir naturāls skaitlis. Tad jebkuram pirmskaitlim 𝑝, kam gcd⁡(𝑛,𝑝)=1, 𝑝 dala 𝑥−𝑦, bet 𝑝 nedala ne 𝑥 ne 𝑦, izpildās sakarība: 𝑣 𝑝 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = 𝑣 𝑝 (𝑥−𝑦) Pierādījuma ideja: Sadala reizinātājos 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 , ievieto 𝑦≡−𝑥 (mod 𝑝) un pārliecinās, ka otrā iekava ir kongruenta ar 𝑛 𝑥 𝑛−1 , t.i. nedalās ar 𝑝. Lemma #2: Ja iepriekšējā lemmā 𝑝 dala 𝑥+𝑦 (nevis 𝑥−𝑦) un 𝑛 ir nepāru, tad: 𝑣 𝑝 𝑥 𝑛 + 𝑦 𝑛 = 𝑣 𝑝 (𝑥+𝑦)

Kāpinātāja pacelšanas lemma (jeb LTE), ja 𝑝>2 Lemma #3 (LTE): Skaitļi 𝑥 un 𝑦 ir veseli (ne obligāti pozitīvi); 𝑛 ir naturāls un 𝑝 – nepāru pirmskaitlis, kam 𝑝 | 𝑥−𝑦, savukārt 𝑥 un 𝑦 nedalās ar 𝑝 (t.i., 𝑝∤𝑥 and 𝑝∤𝑦). Tad izpildās: 𝑣 𝑝 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = 𝑣 𝑝 𝑥−𝑦 + 𝑣 𝑝 𝑛 . Piemērs: Zīmējam grafiku: 𝑓 𝑛 = 𝑣 3 10 𝑛 −1 . LTE – Lifting the Exponent Lemma.

1 41 =0. 024390243902439…=0. 02439 (5-ciparu periods) 1 17 =0 1 41 =0.024390243902439…=0. 02439 (5-ciparu periods) 1 17 =0. 0588235294117647 (16-ciparu periods) Kā prognozēt ciparu skaitu periodā? Pārveidosim bezgalīgo daļskaitli, izmantojot ģeometrisko progresiju: 0.0243902439…=2439∙ 0.00001+0.0000000001+⋯ = 2439∙ 10 −5 + 10 −10 + 10 −15 +⋯ = 2439∙ 10 −5 1− 10 −5 = 2439 99999 T.i. 1 17 = 2439 99999 un 99999 dalās ar 41. 0588235294117647

Piemērs: Ja uzrakstītu skaitli ar 5∙ 41 2 =8405 deviņniekiem, tad lielākā skaitļa 41 pakāpe ar ko tas dalās būtu: 𝑣 41 10 5∙ 41 2 − 1 5∙ 41 2 = 𝑣 41 10 5 41 2 − 1 5 41 2 𝑣 41 10 5 − 1 5 + 𝑣 41 41 2 =1+2=3. Ievērosim, ka LTE lemmu nevar pielietot uzreiz izteiksmei 10 5∙ 41 2 − 1 5∙ 41 2 , jo 10−1 nedalās ar 41. Toties 100000−1 = 99999 dalās ar 41.

Bw2015.16 (Baltic Way 2015.g. Olimpiāde, 16.uzdevums) Ar 𝑃(𝑛) apzīmējam lielāko pirmskaitli, ar ko dalās 𝑛. Atrast visus naturālos skaitļus 𝑛 ≥ 2, kam 𝑃 𝑛 + 𝑛 =𝑃 𝑛+1 + 𝑛+1 .

LTE lemmas, ja 𝑝=2

Kāpinātāja pacelšanas lemma (jeb LTE), ja 𝑝=2 Lemma #4 (LTE priekš 𝑝=2): Skaitļi 𝑥 un 𝑦 ir divi veseli nepāru skaitļi un 𝑛 ir pozitīvs pāru skaitlis. Tad 𝑣 2 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = 𝑣 2 𝑥−𝑦 + 𝑣 2 𝑥+𝑦 + 𝑣 2 𝑛 −1 Piezīme: Ja 𝑛 ir pozitīvs nepāru skaitlis, tad 𝑣 2 𝑥 𝑛 − 𝑦 𝑛 = 𝑣 2 𝑥−𝑦 (Sk. Lemmu #1).

Uzdevums 2.9 Uzdevums 2.9 (Valsts4Posms-1993.9-12.2): Dots naturāls skaitlis 𝑎>2. Pierādīt, ka eksistē tikai galīgs skaits tādu naturālu 𝑛, ka 𝑎 𝑛 −1 dalās ar 2 𝑛 . Izvēlamies «patvaļīgu naturālu skaitli» 17. Aprēķinām tā dažādās pakāpes un to dalāmību ar 2. Domas par to, kāds ir "patvaļīgs naturāls skaitlis" mēdz atšķirties. Ir iespējamas spēles ar jauktu (varbūtisku) stratēģiju, kur jānosauc skaitļi $1$, $2$, $5$ (ar dažādām varbūtībām). **Šādas spēles piemērs:** Divi spēlētāji $A$ un $B$ iedomājas katrs savu naturālu skaitli – apzīmēsim šos skaitļus ar $a$ un $b$. Ja abi skaitļi ir vienādi, tad rezultāts ir neizšķirts. Citādi uzvar tas spēlētājs, kurš nosaucis skaitli, kurš ir vai nu $x \in (1;3)$ reizes lielāks nekā pretinieka skaitlis, vai arī skaitli, kurš ir vairāk nekā trīs reizes mazāks nekā pretinieka skaitlis. Kā pareizi jāspēlē, lai uzvarētu? (Pamatot, ka stratēģija, kuru pretinieks nevar pārspēt, var saukt skaitļus $1$, $2$ un $5$ ar noteiktām varbūtībām. Atrast šīs varbūtības!) A.Andžāna olimpiāžu pulciņu dalībnieki par šādu nejaušu naturālu skaitli uzskatīja $17$, tas nereti tika pirmais izmēģināts, lai pārbaudītu dažādus apgalvojumus. Tas nav tik mazs, lai būtu triviāls, bet nav arī tik liels, lai nevarētu veikt aprēķinus. Savukārt romāna *The Hitchhiker's Guide to the Galaxy* cienītāji par šādu skaitli bieži min $42$.

Salīdzinājums 𝒗 𝟐 𝒏 un 𝒗 𝟐 𝟏𝟕 𝒏 −𝟏

Salīdzinājums 𝒗 𝟐 𝒏 un 𝒗 𝟐 𝟏𝟕 𝒏 −𝟏

𝒗 𝟐 𝟏𝟓 𝒏 −𝟏

Bw2015.17 (Baltic Way, 2015.g. 17.uzdevums) Atrast visus naturālos skaitļus 𝑛, kuriem 𝑛 𝑛−1 −1 dalās ar 2 2015 bet nedalās ar 2 2016 .