JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 1, MALLIRATKAISUT

Transkriptio

1 JOHDATUS LUKUTEORIAAN (sysy 2017) HARJOITUS 1, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. (i) Etsi luvun aii teijät. (ii) Oloot a ja b positiivisia oonaisluuja joilla a b ja b a. Osoita, että silloin a = b. Rataisu 1. (i) Luvun aluteijähajotelma on Silloin luvun positiivinen teijä on muotoa 2 m 3 n 773, missä 0 m 4, 0 n 2 ja 0 1 ovat oonaisluuja. Näin saadaan 30 eri positiivista teijää ja näitä vastaavat negatiiviset teijät. Kosa aluteijähajotelma on aritmetiian peruslauseen nojalla ysiäsitteinen, muita teijöitä ei ole. Teijät ovat ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±9, ±12, ±16, ±18, ±24, ±36, ±48, ±72, ±144, ±773, ±1546, ±2319, ±3092, ±4638, ±6184, ±6957, ±9276, ±12368, ±13914, ±18552, ±27828, ±37104, ±55656, ± (ii) Kosa a b ja b a, on olemassa oonaisluvut ja l, joille pätee b = a ja a = lb. Mutta tällöin a = lb = la, joten osa a 0, täytyy päteä 1. Luvun 1 teijät ovat 1 ja 1, joten joo a = b tai a = b. Kosa seä a että b ovat positiivisia, täytyy päteä a = b. Tehtävä 2. Käyttäen jaollisuuden määritelmää todista: jos a b j aiilla j = 1,..., l, silloin a (b b l ). Rataisu 2. Todistetaan väite indutiolla luvun l suhteen. Tapausessa 0 väite pätee tyhjälle summalle, osa a 0 millä tahansa oonaisluvulla a. Oletetaan sitten, että väite pätee, un. Oloot a b j aiilla j = 1,...,, + 1. Silloin b +1 = ca jollain oonaisluvulla c. Toisaalta a b j aiilla j = 1,...,, joten indutio-oletusen nojalla a (b b ), eli b b = da jollain oonaisluvulla d. Käyttämällä näitä saadaan, että b b + b +1 = da + b +1 = da + ca = (d + c)a, joten a (b b +1 ). Aluperäinen väite seuraa nyt indutioperiaatteesta. Tehtävä 3. Oloon N, 2. Näytä, että joainen positiivinen oonaisluu n voidaan esittää annassa, eli n:llä on esitys muotoa n = ɛ j j. Varmista vielä, että esitys on ysiäsitteinen. Rataisu 3. Tehtävänannosta puuttui täsmennys, että esitysessä oonaisluujen ɛ j tulee toteuttaa 0 ɛ j < ja lisäsi ɛ m 0. Esitysen olemassaoloa varten tehdään vastaoletus, ettei joitain luuja pysty esittämään vaaditussa muodossa. Silloin löytyy pienin positiivinen oonaisluu n, jolle tällaista esitystä ei ole. 1

2 Jos olisi 0 < n <, niin silloin n = n 0 olisi vaadittava esitys. Voidaan siis olettaa, että n. Silloin jaoyhtälön voi irjoittaa muodossa n = q + r joillain oonaisluvuilla q ja r, joille 0 r <. Jos olisi q < 1, niin silloin n = q + r r <, miä on vastoin oletusta n. Siten q 1. Kosa q = (n r)/ n/ < n, se voidaan irjoittaa muodossa q = v j j joillein 0 v j <, joille v m 0. Mutta nyt voidaan asettaa ɛ 0 = r ja ɛ j = v j 1 aiille 1 j m + 1. Silloin n = q + r = r + v j j+1 = m+1 ɛ j j. Kosa esitys löytyi, vastaoletus oli väärä ja joaisen luvun voi siis esittää annassa. Osoitetaan ysiäsitteisyys teemällä vastaoletus, jolloin on pienin positiivinen oonaisluu n, jolle esitys annassa ei ole ysiäsitteinen. Oletetaan ensin, että n <. Silloin siis n = n 0 = ɛ j j. Jos m > 0, niin silloin n ɛ m m, vastoin oletusta n <. On siis oltava m = 0, jolloin seuraa n = ɛ 0. Esityset ovat siis samat, joten tapausessa n < esitys on ysiäsitteinen. Oletetaan sitten, että n, ja asi eri esitystä ovat n = m ɛ j j = ɛ j j. Tämän voi irjoittaa muodossa n = ɛ 0 + m ɛ j j 1 = ɛ 0 + ɛ j j 1. Kosa jaoyhtälössä n = q + r q ja r ovat ysiäsitteisiä, niin ɛ 0 = ɛ 0. Silloin (n ɛ 0 )/ voitaisiin esittää ahdella eri tavalla m ɛ j j 1 = ɛ j j 1 vastoin oletusta siitä, että n oli pienin luu, jolla esitys ei ole ysiäsitteinen. 2

3 Vaihtoehtoinen rataisu. Todistetaan indutiolla, että yseinen esitys on olemassa aiille luvuille n. Luvulle 1 esitys on selvästi olemassa, 1 = 1 0. Oletetaan sitten, että luvulle n on olemassa esitys n = ɛ j j, missä 0 ɛ j < aiilla j ja ɛ m 0. Seuraava alleain yhteenlasua muistuttava päättely muodostaa vastaavan esitysen luvulle n + 1. Määrittelemällä ɛ 0 = ɛ ja ɛ j = ɛ j aiille j > 0 on selvästi voimassa n + 1 = ɛ j j. Tämä ei uitenaan riitä, sillä voisi olla ɛ 0 =. Lemma. Oloon 0 i < m. Oletetaan, että luvulle N on olemassa esitys N = δ j j, missä 0 δ j < aiilla j i, 0 δ i ja δ m 0. Tällöin luvulle N on myös olemassa esitys N = δ j j, missä 0 δ j < aiilla j i + 1, 0 δ i+1 ja δ m 0. Lemman todistus. Jos δ i <, voidaan suoraan valita δ j = δ j aiilla j. Tällöin saadaan heti haluttu esitys luvulle N. Jos taas δ i =, niin valitaan δ i = 0, δ i+1 = δ i ja δ j = δ j aiilla j i, j i + 1. Silloin δ j j = δ j j + i+1 i = δ j j = N, uten haluttiin. Ehto δ m 0 seuraa, sillä δ m δ m > 0. Soveltamalla edellistä lemmaa perääin luvulle n + 1 saadaan esitys n + 1 = ɛ j j, missä 0 ɛ j < aiilla j < m ja 0 < ɛ m. Jos ɛ m <, tämä on haluttu esitys. 3

4 Jos ɛ m =, niin luu n + 1 voidaan esittää muodossa n + 1 = m 1 Luvulle n + 1 löytyy siis aina vaadittu esitys. ɛ j j + m+1. Huomautus. Tehtävää voi lähestyä monella muullain tavalla. Esitysen olemassaolon luvulle n voi osoittaa esimerisi myös valitsemalla luvun m, jolle m < n < m+1 ja hyödyntämällä luvun n m esitystä. Ysiäsitteisyyden voi todistaa indutiolla esitysen pituuden (eli luvun m) suhteen, tai arvioimalla ahden eri esitysen eroa sopivasti. Tehtävä 4. Todista (maanantain 11.9) luennolla annettu aava: jos luujen n ja m aluluuhajotelmat ovat n = p α ja m = p β, silloin suurin yhteinen teijä (a, b) voidaan esittää muodossa (a, b) = p γ, missä γ = min(α, β ). =1 =1 Rataisu 4. Tehtävänannossa pitäisi olla n = a ja m = b. Meritään d = =1 γ ja näytetään, että d toteuttaa suurimman yhteisen teijän ehdot. Ehto (1): d a ja d b. Tämän ehdon todistamisesi huomataan, että α γ α α = 0, joten meritsemällä =1 p α γ nähdään suoraan, että a = ld, eli d a. Vastaavalla päättelyllä d b. Ehto (2): jos d a ja d b, niin d d. Jos d > 0, sen aluteijähajotelman voi esittää muodossa d = joillain epänegatiivisilla oonaisluvuilla δ, δ = 0 aiilla > K. =0 Jos oletetaan, että d a, niin silloin δ α aiilla. Tämä johtuu siitä, että p δ d ja d a, joten p δ a, ja aluteijähajotelma on ysiäsitteinen. Samoin jos d b, niin δ β aiilla. Siten δ γ aiilla. Voimme siis määritellä oonaisluvun l asettamalla jolloin d = ld, eli d d. =1 p δ p γ δ, Jos d < 0 on luujen a ja b yhteinen teijä, niin silloin myös d on yhteinen teijä, ja edellisen perusteella d d, joten myös d d. Ehto (3): d 1. Tämä pätee selvästi. 4 =1

5 Tehtävä 5. Oloot a ja b positiivisia oonaisluuja joiden aluluuesityset ovat uten edellisessä tehtävässä. Meritään h := p γ, missä γ = max(α, β ). =1 Näytä, että h on (ysiäsitteinen) luu jolla on seuraavat ominaisuudet: (1) a h ja b h, (2) jos a h ja b h, niin h h, (3) h 1. Luu h on luujen a ja b pienin yhteinen jaettava (eli pienin yhteinen monierta), ja sitä meritään usein p.y.j(a, b) (englannisi l.c.m(a, b)). Rataisu 5. Ehto (1): a h ja b h. Tämän ehdon todistamisesi huomataan, että γ α α α = 0, joten meritsemällä =1 p γ α nähdään suoraan, että h = la, eli a h. Vastaavalla päättelyllä b h. Ehto (2): jos a h ja b h, niin h h. Jos h > 0, sen aluteijähajotelman voi esittää muodossa h = joillain epänegatiivisilla oonaisluvuilla δ, δ = 0 aiilla > K. =0 Jos oletetaan, että a h, niin silloin δ α aiilla. Tämä johtuu siitä, että p α a ja a h, joten p α h, ja aluteijähajotelma on ysiäsitteinen. Samoin jos b h, niin δ β aiilla. Siten δ γ aiilla. Voimme siis määritellä oonaisluvun l asettamalla jolloin h = lh, eli h h. =1 p δ p γ δ, Jos luvulla h < 0 on teijöinä luvut a ja b, niin silloin myös luu h on jaollinen molemmilla luvuista a ja b, ja edellisen päättelyn perusteella h h, joten myös h h. Ehto (3): h 1. Tämä pätee selvästi. Ysiäsitteisyyttä varten riittää huomata, että jos h ja h on molemmat luujen a ja b pienimpiä yhteisiä jaettavia, niin h h ja h h. Kosa molemmat luvut ovat positiivisia, tästä seuraa tehtävän 1 perusteella h = h. Tehtävä 6. (i) Näytä, että luentojen lauseen 5 todistus yleistyy sellaisenaan n:n oonaisluvun suurimman yhteisen teijän määräämisesi. Oloot a 1, a 2,..., a n oonaisia, mutteivat aii nollia. Osoita, että on olemassa luu d = (a 1,..., a n ) (yseisten luujen suurin yhteinen teijä), joa toteuttaa (1) d a j aiilla 1 j n, 5

6 (2) jos d a j aiilla 1 j n, silloin d d, (3) d 1. (ii) Totea, että ohdan (i) todistusesta seuraa että yhtälöllä a 1 x a n x n = d on aina (oonaisluu-)rataisuja. Rataisu 6. (i) Määritellään { n d = min a j x j : } n a j x j 1, x j Z. Kosa ainain ysi luvuista a j ei ole nolla, niin silloin joo a j 1 tai a j 1 tällaisella a j, joten ylläoleva jouo ei ole tyhjä ja minimi d on määritelty. Näytetään, että tämä d toteuttaa vaaditut ehdot. Meritään d = n a jx j, uten on mahdollista jouon määritelmän perusteella. Ehto (3) seuraa heti, sillä jouossa on vain positiivisia luuja. Ehtoa (2) varten riittää huomata, että jos d a j aiilla j, niin silloin d a j x j, ja tehtävän 2 perusteella d d. Todistetaan ehto (1) vastaoletusella: oletetaan, että d a j jollain j. Silloin voidaan irjoittaa jaoyhtälö muodossa a j = qd + r, missä 0 < r < d. Silloin r = a j qd, joten voidaan asettaa x j = 1 qx j ja x = qx aiille j. Silloin r = n =1 a x, mutta osa 0 < r < d, tämä on ristiriidassa d:n minimaalisuuden anssa. (ii) Edellisessä päättelyssä luvulle d on määritelmän nojalla esitys n a jx j = d. Tehtävä 7. Tämän tehtävän taroitus on osoittaa, että aluluuesitysen ysiäsitteisyys on epätriviaali asia. Tarastele luonnollisten luujen asemasta jouoa N = {4 + 1 : 0} = {1, 5, 9, 13,...}. Näytä alusi, että se on suljettu ertolasun suhteen: jos n, m N, silloin nm N. Määritellään, että p 2, p N, on aluluu jos sitä ei voi esittää tulona p = nm, missä n, m 2 ja n, m N. Näytä, että joainen jouon N alio on aluluujen tulo. Näytä uitenin, että on olemassa n N, jolle aluluuesitys ei ole ysiäsitteinen!! Rataisu 7. Näytetään, että N on suljettu ertolasun suhteen. Oloon n, m N, eli n = ja m = joillain epänegatiivisilla oonaisluvuilla ja. Silloin nm = = 4(4 + + ) + 1, joten nm N. Näytetään sitten, että jouon N aliot ovat aluluujen tuloja. Tehdään vastaoletus ja oloon n N pienin oonaisluu, jota ei voi esittää aluluujen tulona. Jos n = 1, sen voi esittää tyhjänä tulona. Jos taas n on aluluu, sen voi esittää tulona, jossa se on ainoa teijä. Muussa tapausessa aluluvun määritelmän nojalla löytyy luvut n 1, n 2 N, joille n 1 n 2 = n, n 1, n 2 2. Mutta silloin n 1, n 2 < n, joten ne ovat aluluujen tuloja. Siten myös n voidaan esittää aluluujen tulona. Vastaoletus johti ristiriitaan ja on siis väärä. Kaii jouon N luvut voidaan siis esittää aluluujen tulona. Aluluuesitys ei uitenaan ole ysiäsitteinen. Esimerisi 441 = 9 49 = Luvut 9, 49 ja 21 ovat aluluuja, sillä niiden epätriviaalit teijät 3 ja 7 eivät ole jouossa N. 6