Kongruencije Definicija: Neka su a, b ∈ Z, m ∈ N, ako m|a − b (a

Kongruencije
Definicija: Neka su a, b ∈ Z, m ∈ N, ako m|a − b (a = b + mλ, λ ∈ Z) ,
tada kaˇzemo da su a i b kongruentni po modulu m. Piˇsemo a ≡ b (mod m) .
Kongruencija je relacija ekvivalencije (∼). Treba pokazati da je refleksivna,
simetriˇcna i tranzitivna.
1. Refleksivnost.
Budući da m|0 ⇒ m|a − a ⇒ a ≡ a (mod m) ⇒ a ∼ a.
2. Simetriˇcnost.
a ∼ b ⇒ a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m) ⇒ b ∼ a.
3. Tranzitivnost.
a ∼ b i b ∼ c ⇒ a ≡ b (mod m) i b ≡ c (mod m) ⇒ m|a − b i m|b − c ⇒
m|a − b + b − c ⇒ m|a − c ⇒ a ≡ c (mod m) ⇒ a ∼ c.
Klase ostataka modula m
Za m = 2 ostaci su u skupu {0, 1}, kaˇzemo da je to potpun sustav ostataka
modula m = 2.
Svaki od elemenata potpunog sustava pripada jednoj od klasa, modul m = 2
ima dvije klase ostataka {. . . − 2, 0, 2, . . .} i {. . . − 1, 1, . . .}.
Potpuni sustavi za modul m su {0, 1, 2, . . . , m − 1}, {1, 2 . . . , m − 1, m}..., a
klase ostataka {. . . − m, 0, m, 2m . . .}, {. . . − m + 1, 1, m + 1, 2m + 1 . . .}... .
Teorem 1 (svojstva kongruencija):
Neka je a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) i x, y ∈ Z.
Svojstva su sljedeća:
K1)
K2)
K3)
K4)
K5)
ax + cy ≡ bx + dy (mod m) .
ac ≡ bd (mod m) .
Za m = λd i d > 1 ⇒ a ≡ b (mod d) .
Ako je xa ≡ xb (mod m) i M (x, m) = d ⇒ xa ≡ xb mod md .
Ako je a ≡ b (mod m1 ) i a ≡ b (mod m2 ) ⇒ a ≡ b (mod v(m1 , m2 )) .
1
Posebni sluˇcajevi :
K1*) Za x = y = 1 je a + c ≡ b + d (mod m) .
K1**) Za y = 0 je ax ≡ bx (mod m) . (Kraćenje je zapisano u K4).
K2*) an ≡ bn (mod m) .
Dokaz:
K1): m | a−b i m | c−d ⇒ m | xa−xb i m|xc−xd ⇒ m | (ax+cy)−(bx+dy).
K2): m | a−b i m | c−d ⇒ m | (a−b)(c−d) ⇒ m | ac−ad−bc+bd−bd+bd
⇒ m | (ac − bd) − d(a − b) − b(c − d) ⇒ m | (ac − bd).
K3), K4) i K5) za d.z. .
Teorem 2
n
P
Dan je polinom s cijelobrojnim koeficijentima ( ci xi , ci ∈ Z), i a ≡ b (mod m),
i=1
tada je f (a) ≡ f (b) (mod m) .
Dokaz:
a ≡ b (mod m) ⇒ (K2*) ai ≡ bi (mod m) ⇒ (K1**) ci ai ≡ ci bi (mod m) ⇒
n
n
P
P
(K1*), zbrojimo kongruencije,
c i ai ≡
ci bi (mod m) ⇒ f (a) ≡ f (b) (mod m) .
i=1
i=1
Zadatak1.(Kriterij dijeljivosti s 3) Broj je djeljiv s 3 ako i samo ako mu
je zbroj znamenaka djeljiv s 3.
Dokaz:
n
P
Broj n =
ci 10i je djeljiv s 3 ⇒ 3|f (10).
i=1
10 ≡ 1 (mod 3) ⇒ f (10) ≡ f (1) (mod 3) ⇒ 3|f (10) − f (1) ⇒ 3|f (1) ⇒
n
P
3| ci .
i=1
Za obrat je zbroj znamenaka djeljiv, 3|
n
P
i=1
dijelu dokaza.
2
ci , ostali dio je isti kao u prvom
Zadatak 2. Odredi kriterij djeljivosti s 11.
Rjeˇsenje:
10 ≡ −1 (mod 11) ⇒ f (10) ≡ f (−1) (mod 11) ⇒ 11|f (10) − f (−1) ⇒
n
P
11| ci (−1)i ⇒ 11|c0 − c1 + c2 − · · · + (−1)n cn .
i=1
Teorem 3
Brojevi a i b daju isti ostatak pri dijeljenju s m ⇔ a ≡ b (mod m) .
Zadatak3. Nadi ostatak pri dijeljenju broja A = 1316 − 225 · 515 s:
a) 3; b) 37.
Rjeˇsenje:
a) 13 ≡ 1 (mod 3), 5 ≡ −1 (mod 3) i 2 ≡ −1 (mod 3) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ 116 − (−1)25 · (−1)15 (mod 3) ⇒ 1316 − 225 · 515 ≡ 0 (mod 3) ,
0 je ostatak.
b) 132 ≡ −16 (mod 37), 53 ≡ 14 (mod 37) i 25 ≡ −5 (mod 37) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ (−16)8 − (−5)5 · (14)5 (mod 37) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ (−3)4 − (−4)5 (mod 37) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ 81 − 322 (mod 37) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ 81 − (−5)2 (mod 37) ⇒
1316 − 225 · 515 ≡ 19 (mod 37) ,
19 je ostatak.
Zadatak4. Nadi ostatak pri dijeljenju broja: a) A = 109345 s 14; b)
A = 380 + 780 s 11.
Zadatak5. Nadi zadnje dvije znamenke broja 2100 .
Zadatak6. Dokaˇzi ako 7|x3 + y 3 + z 3 ⇒ 7|xyz.
Rjeˇsenje:
Neka je x ≡ a (mod 7), y ≡ b (mod 7) i z ≡ c (mod 7), a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.
13 ≡ 1 (mod 7) , 23 ≡ 1 (mod 7) , 33 ≡ −1 (mod 7), 43 ≡ 1 (mod 7),
53 ≡ −1 (mod 7), 63 ≡ −1 (mod 7).
7|x3 + y 3 + z 3 ⇒ x3 + y 3 + z 3 ≡ 0 (mod 7) ⇒ a3 + b3 + c3 ≡ 0 (mod 7) ⇒ zbroj
0 daju samo sve tri 0 ili 1, -1 i 0, u oba sluˇcaja je barem jedan od pribrojnika
djeljiv sa 7 ⇒ 7|xyz.
3
Zadatak7. Neka je c1 , c2 , . . . , cn proizvoljan poredak brojeva 1, 2, . . . , n.
Dokaˇzite da je (c1 − 1) · (c2 − 2) · . . . · (cn − n) parno, ako je n neparno.
Rjeˇsenje:
Pretpostavimo suprotno (c1 −1)·(c2 −2)·. . .·(cn −n) je neparno ⇒ ri = ci −i
n
P
neparno za sve i-ove ⇒ ri ≡ 1 (mod 2) ⇒
ri = 0 ≡ n (mod 2) ⇒ n je paran
i=1
ˇsto je u kontradikciji s pretpostavkom da je neparan.
Zadatak7. Za koje su prirodne brojeve n, brojevi: a) 2n − 1; b) 2n + 1,
potpuni kvadrati?
Rjeˇsenje:
a) Za n = 1 je potpun kvadrat. Neka je n > 1 ⇒ 2n − 1 ≡ 3 (mod 4) (*).
Za svaki k ∈ N je k 2 ≡ 0, 1 (mod 4) (**). Iz (*) i (**) slijedi da je to samo
za 1.
b) 2n + 1 = k 2 ⇒ 2n = (k − 1) · (k + 1) ⇒ k − 1 = 2l i k + 1 = 2m ⇒
2m − 2l = 2 ⇒ m = 2 i l = 1 ⇒ n = 3.
Zadatak7. Ako je n2 + 2n prost broj za n > 1 tada je n neparan broj
djeljiv s 3. Dokaˇzi.
Rjeˇsenje:
n je neparan ⇒ 2n ≡ −1 (mod 3) . (*)
Ako pretpostavimo suprotno, 3 - n ⇒ n ≡ ±1 (mod 3) ⇒ n2 ≡ 1 (mod 3) .(**)
Iz (*) i (**) ⇒ n2 +n ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3|n2 + 2n tj.nije prost. Dakle 3|n.
Zadatak8. n, n + 1, . . . , n + 99 je sto uzastopnih brojeva. Koje su zad99
P
nje dvije znamenke broja N = (n + i)8 ?
i=1
4

Download Report