Seminár 20: Teória čísel IV – prvočísla

Označme \(p<q\) prvočísla zo zadania. Potom platí \((p+1)q=pq+7\). Po roznásobení ľavej strany a odčítaní výrazu \(pq\) od oboch strán rovnosti dostávame \(q=7\). Prvočíslo \(p\) má byť menšie ako \(q\), preto \(p\in \{2,3,5\}\) a hľadaným číslom \(n\) je tak jedno z čísel 14, 21 alebo 35.

Podobne ako v predchádzajúcom prípade označme \(p\leq q\) (nie nutne rôzne) prvočísla zo zadania a to prepíšme do tvaru rovnosti \((p+1)(q+1)=pq+35\). Po úprave dostávame \(p+q=34\). Hľadáme teda dvojice prvočísel, ktorých súčet bude 34. Takými sú jedine 3 a 31, 5 a 29, 11 a 23, 17 a 17. Riešením úlohy je potom \(n \in \{93, 145, 253, 289\}\).

Komentár

Úvodné dve jednoduché úlohy majú prípravný charakter na úlohu nasledujúcu a sú skôr rozcvičkou, než náročnou aplikáciou vedomostí o prvočíslach.

Nech \(n = pqr, p < q < r\). Rovnosť \((p + 1)(q + 1)r = pqr + 915\) ekvivalentne upravíme na tvar \((p + q + 1) \cdot r = 915 = 3 \cdot 5 \cdot 61\), z ktorého vyplýva, že prvočíslo \(r\) môže nadobudnúť len niektorú z hodnôt 3, 5 a 61. Pre \(r = 3\) ale z poslednej rovnice dostávame \((p + q + 1) \cdot 3 = 3 \cdot 5 \cdot 61\), čiže \(p + q = 304\). To je spor s tým, že \(r\) je najväčšie. Analogicky zistíme, že nemôže byť ani \(r = 5\). Je teda \(r = 61\) a \(p + q = 14\). Vyskúšaním všetkých možností pre \(p\) a \(q\) vyjde \(p = 3\), \(q = 11\), \(r = 61\) a \(n = 3 \cdot 11 \cdot 61 = 2 013\).

Komentár

Úloha vyžaduje vhodnú manipuláciu rovnosti zo zadania a potom už len dostatočne pozornú analýzu vzniknutých možností.

Hľadané číslo \(n\) je súčinom troch rôznych prvočísel, ktoré označíme \(p, q, r\), \(p < q < r\). Číslo \(n = pqr\) má ciferný súčet 8, ktorý nie je deliteľný tromi, preto ani \(n\) nie je deliteľné tromi a teda \(p, q, r \neq 3\). Napokon hľadané číslo \(n\) nie je deliteľné ani dvoma, pretože by muselo byť \(p = 2\) a \(q = p + 8 = 10\), čo nie je prvočíslo. Musí teda byť \(p = 5\).

Ak je \(p = 5\), je \(q = p + 8 = 13\), takže \(r \in \{17, 19, 23, 29, 31,\,\ldots \}\) a \(n \in \{1 105,1 235, 1 495,\) \(1 885, 2 015,\,\ldots\}\). V tejto množine je zrejme najmenšie číslo s ciferným súčtom 8 číslo \(2 015\).

Ak je \(p > 5\), je \(p = 11\) najmenšie prvočíslo také, že aj \(q = p + 8\) je prvočíslo. Preto \(p = 11\), \(q = 19\), a teda \(r = 23\), takže pre zodpovedajúce čísla \(n\) platí \(n = 11 \cdot 19 \cdot 23= 4 807 > 2 015\).

Komentár

Úloha príjemne spája poznatky o deliteľnosti a prvočíslach a nemala by pre študentov byť neprekonateľnou výzvou.

Z podmienky pre súčin vyplýva, že \(a\) aj \(b\) sú mocninami toho istého prvočísla \(p\): \(a = p^r\), \(b = p^s\), pričom \(r, s\) sú celé kladné čísla. Keby bolo \(p\) nepárne, bol by súčet \(a + b\) deliteľný okrem čísla \(p\) aj číslom 2, takže by nebol mocninou prvočísla. Teda \(p = 2\). Ak \(r < s\), je súčet \(a + b = 2^r (1 + 2^{s-r})\) opäť číslo párne deliteľné nepárnym číslom väčším ako 1, nie je teda mocninou prvočísla. K rovnakému záveru dôjdeme aj v prípade, keď \(r > s\). Ostáva preto jediná možnosť: \(a = b = 2^r\) , pričom \(r\) je celé kladné číslo. Skúška \(a+b = 2^r +2^r = 2^{r+1}\) a \(ab = 2^{2r}\) potvrdzuje, že riešením sú všetky dvojice \((a, b) = (2^r, 2^r)\), kde \(r\) je celé kladné číslo.

Pre prvočísla \(p, q\) má platiť \(q(q - 1) = p(145p -1)\), takže prvočíslo \(p\) delí \(q(q -1)\). Prvočíslo \(p\) nemôže deliť prvočíslo \(q\), pretože to by znamenalo, že \(p = q\), a teda \(145p = p\), čo nie je možné. Preto \(p\) delí \(q-1\), t. j. \(q - 1 = kp\) pre nejaké prirodzené \(k\). Po dosadení do daného vzťahu dostaneme podmienku \[p=\frac{k+1}{145-k^2}.\] Vidíme, že menovateľ zlomku na pravej strane je kladný jedine pre \(k \leq 12\), zároveň však pre \(k \leq 11\) je jeho čitateľ menší ako menovateľ: \(k + 1 \leq 12 < 24 \leq 145 k^2\). Iba pre \(k = 12\) tak vyjde \(p\) prirodzené a prvočíslo, \(p = 13\). Potom \(q = 157\), čo je tiež prvočíslo. Úloha má jediné riešenie.

Komentár

Úloha opäť ukazuje, že upravenie podmienok zo zadania do vhodného tvaru, o ktorom môžeme ďalej diskutovať, je často kľúčovým krokom v riešení. V tomto prípade ide o podmienku \(q=kp+1\) a následný rozbor hodnôt v čitateli a menovateli zlomku. To by v študentoch malo umocniť dojem, že zručné narábanie s algebraickými výrazmi nájde svoje široké uplatnenie.

Ukážeme, že jedinými celými číslami, ktoré vyhovujú úlohe, sú \(n = 0\) a \(n = 1\).

Upravme najskôr výraz \(V = 2n^3 - 3n^2 + n + 3\) nasledujúcim spôsobom: \[V = (n^3 - 3n^2+ 2n) + (n^3 - n) + 3 = (n - 2)(n - 1)n + (n - 1)n(n + 1) + 3.\] Oba súčiny \((n-2)(n-1)n\) a \((n-1)n(n+1)\) v upravenom výraze \(V\) sú deliteľné tromi pre každé celé číslo \(n\) (v oboch prípadoch sa jedná o súčin troch po sebe idúcich celých čísel), takže výraz \(V\) je pre všetky celé čísla \(n\) deliteľný tromi. Hodnota výrazu \(V\) je preto prvočíslom práve vtedy, keď \(V = 3\), teda práve vtedy, keď súčet oboch spomenutých súčinov je rovný nule: \[0 = (n - 2)(n - 1)n + (n - 1)n(n + 1) = n(n - 1)[(n - 2) + (n + 1)] = n(n - 1)(2n - 1).\] Poslednú podmienku však spĺňajú iba dve celé čísla \(n\), a to \(n = 0\) a \(n = 1\). Tým je úloha vyriešená.

Poznámka. Fakt, že výraz \(V\) je deliteľný tromi pre ľubovoľné celé \(n\), môžeme odvodiť aj tak, že doňho postupne dosadíme \(n = 3k\), \(n = 3k + 1\) a \(n = 3k + 2\), pričom \(k\) je celé číslo, rozdelíme teda všetky celé čísla \(n\) na tri skupiny podľa toho, aký dávajú zvyšok po delení tromi.

Komentár

Aj keď vzorové riešenie môže vyzerať trikovo, po vyskúšaní niekoľko málo hodnôt \(n\) je vždy hodnota zo zadania deliteľná 3, čo by študentov mohlo priviesť na myšlienku skúsiť dokázať deliteľnosť čísla zo zadania tromi.

Poznámka. Fakt, že výraz \(V\) je deliteľný tromi pre ľubovoľné celé \(n\), môžeme odvodiť aj tak, že doňho postupne dosadíme \(n = 3k\), \(n = 3k + 1\) a \(n = 3k + 2\), pričom \(k\) je celé číslo, rozdelíme teda všetky celé čísla \(n\) na tri skupiny podľa toho, aký dávajú zvyšok po delení tromi.

Predpokladajme, že prvočíslo \(p\) je súčasne súčtom aj rozdielom dvoch prvočísel. Potom je však \(p>2\) a teda je \(p\) nepárne. Pretože je \(p\) zároveň súčet aj rozdiel dvoch prvočísel, jedno z nich musí byť vždy párne, teda 2. Takže hľadáme prvočísla \(p, p_1, p_2\) tak, že \(p=p_1+2=p_2-2\), teda \(p_1, p, p-2\) sú tri po sebe idúce nepárne čísla a teda práve jedno z nich je deliteľné troma (študenti by si mali rozmyslieť prečo). Avšak troma je deliteľné jediné prvočíslo 3, odkiaľ vzhľadom na to, že \(p_1\geq 1\) vyplýva \(p_1=3\), \(p=5\) a \(p_2=7\). Jediné prvočíslo vyhovujúce zadaniu je teda \(p=5\).

Komentár

Úloha, ktorá vyžaduje viac uvažovania, než tvrdého počítania, je zaujímavá práve jediným výsledkom.

Ak existujú vôbec nejaké riešenia vyšetrovanej rovnice, potom sú nenulové. Preto môžeme rovnicu upraviť na ekvivalentný tvar \(yx-px-py=0\), resp. \((x-p)(y-p)-p^2=0\), a teda \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Odtiaľ je vidieť, že celočíselné riešenia môžeme dostať len vtedy, ak \(x-p\) prebehne všetkých deliteľov čísla \(p^2\), pričom \(y-p\) prebehne doplnkové delitele. Pretože je \(p\) prvočíslo, musí byť nutne \[x-p \in \{1, p, p^2, -1, -p, -p^2\}.\] Pretože \(x\neq 0\), odpadá \(x-p=-p\). Ostáva teda \[x \in \{1+p, 2p, p+p^2, p-1, p-p^2\} \ \ \ \ \text{a teda} \ \ \ \ y \in \{p+p^2, 2p, 1+p, p-p^2, p-1\}.\] Tieto hodnoty sú skutočne riešením, o čom sa môžeme presvedčiť skúškou.

Komentár

Úloha, v ktorej opäť predtým, než uplatníme znalosti o deliteľnosti, príp. prvočíslach, musíme umne upraviť východiskový tvar rovnice.

Ľavú stranu danej rovnice rozložíme na súčin podľa vzorca pre \(A^2 - B^2\). V takto upravenej rovnici \[(p + q + r)(p - q - r) = 637\] už ľahko rozoberieme všetky možnosti pre dva celočíselné činitele naľavo. Prvý z nich je väčší a kladný, preto aj druhý musí byť kladný (lebo taký je ich súčin), takže podľa rozkladu na súčin prvočísel čísla \(637 = 7^2 \cdot 13\) ide o jednu z dvojíc \((637, 1)\), \((91, 7)\) alebo \((49, 13)\). Prvočíslo \(p\) je zrejme aritmetickým priemerom oboch činiteľov, takže sa musí rovnať jednému z čísel \(\frac{1}{2}(637 + 1) = 319\), \(\frac{1}{2}(91 + 7) = 49\), \(\frac{1}{2}(49 + 13) = 31\). Prvé dve z nich však prvočísla nie sú (\(319 = 11 \cdot 29\) a \(49 = 7^2\)), tretie áno. Takže nutne \(p = 31\) a prislúchajúce rovnosti \(31 + q + r = 49\) a \(31 - q - r = 13\) platia práve vtedy, keď \(q + r = 18\). Také dvojice prvočísel \(\{q, r\}\) sú iba \(\{5, 13\}\) a \(\{7, 11\}\) (stačí prebrať všetky možnosti, alebo si uvedomiť, že jedno z prvočísel \(q\), \(r\) musí byť aspoň \(18 : 2 = 9\), nanajvýš však \(18 - 2 = 16\)). Súčin \(pqr\) tak má práve dve možné hodnoty, a to \(31 \cdot 5\cdot 13 = 2 015\) a \(31 \cdot 7 \cdot 11 = 2 387\).