Aritmetica

Stage di preparazione olimpica - Lucca
Esercizi di Aritmetica - docente Luca Ghidelli - [email protected]
18 gennaio 2013
1 Diofantea risolubile
Trovare tutti gli interi (relativi) x e y tali che xy = x + y + 36.
2 Eliminazione di cifre
Un numero naturale scritto in base dieci è tale che dopo la soppressione di una qualunque
delle sue cifre, si ottiene un multiplo di 7; dimostrare che nella sua scrittura non contiene
cifre ‘4’ oppure contiene solo cifre ‘4’ .
3 Contare i soldati
Prima di una battaglia per la conquista della Dacia, l’imperatore Traiano ordinò che i
soldati del suo esercito si schierassero in modo da creare gruppi in formazione quadrata.
Provò a suddividere i suoi uomini in quadrati 2 per 2, 3 per 3, 4 per 4, 5 per 5 e 6 per 6,
ma restava fuori sempre esattamente un legionario. Alla fine però riuscı̀ ad organizzarli
in quadrati di 49 unità. Sapendo che sicuramente l’esercito era formato da meno di
50000 soldati, sapresti contare quanti erano?
4 IMO 1959 ,1
Dimostrare che la frazione
21n+4
14n+3
è irriducibile per ogni numero naturale n.
5 I numeri primi sono rari
Dimostrare che esistono 1000 numeri consecutivi che non sono primi.
6 Diofantea irrisolubile
Provare che non esistono numeri interi (relativi) tali che x3 + y 3 + 4 = z 3 .
1
Soluzione esercizio 1
Idea 1: tentare di scomporre l’espressione.
Portando allo stesso membro i termini con le x e le y ottenamo la seguente equazione
xy − x − y = 36 che deve essere risolta negli interi. Cerchiamo di rendere scomponibile
il membro di sinistra, in modo da poter far intervenire argomenti di divisibilità. Ci si
accorge facilmente che aggiungendo 1 da entrambi i lati otteniamo:
xy − x − y + 1 = (x − 1)(y − 1) = 37
Ma 37 è un numero primo e quindi ci sono ben pochi modi di scriverlo come prodotto
di numeri interi:
37 = 1 · 37 = 37 · 1 = (−1) · (−37) = (−37) · (−1)
A seconda dei casi, otteniamo le soluzioni (x, y) di eguito elencate:
(2, 38)
(38, 2)
(0, −36)
(−36, 0)
Idea 2:
quando x e y sono grandi, il loro prodotto è più grande della loro somma.
In particolare è ragionevole pensare che per x e y di valore assoluto abbastanza grande
(almeno 8, per esempio, potrà bastare), allora il membro di sinistra dell’equazione sarà
più grosso dell’altro. In particolare, non potranno essere uguali! Vediamo come si può
formalizzare questa intuizione.
Supponiamo, che, ad esempio, |y| ≥ |x| ≥ 8. Allora di sicuro
|xy| ≥ 8|y|
Inoltre, essendo |x| ≤ |y| e 36 ≤ 40 ≤ 5|y|, otteniamo che
|x + y + 36| ≤ |x| + |y| + 36 ≤ |y| + |y| + 5|y| = 7|y|
Ma, aspetta... |xy| ≥ 8|y| e |x + y + 36| ≤ 7|y|... allora
xy 6= x + y + 36
perché sono uno più grande dell’altro. Questo significa che se abbiamo una soluzione,
allora uno fra x e y deve essere compreso fra −7 e 7. Beh, cosa aspettiamo? Rimbocchiamoci le maniche, sostituiamo nell’equazione i valori di x e risolviamo in y. Il nostro
obiettivo è avere y intera. L’espressione di y in funzione di x è facile:
y=
36 + x
x−1
Si scopre che questo numero è intero solo quando sostituiamo x = 0 e x = 2 , trovando
le soluzioni di cui sopra.
Idea 3:
risolviamo normalmente e facciamo la divisione fra polinomi. Cominciamo
esplicitando y:
36 + x
y=
x−1
2
Noi vogliamo trovare dei valori interi di x tali per cui anche l’espressione di y dia un
numero intero. A scuola si impara a fare la divisione fra due polinomi, con quoziente e
resto. Noi abbiamo una frazione con numeratore e denominatore che sono dei polinomi...
possiamo quindi trovare un senso a quello che viene insegnato a lezione!
La divisione fra x + 36 e x − 1 produce quoziente 1 e resto 37. Infatti
x + 36 = 1 · (x − 1) + 37
Riscriviamo il valore di y
y=
36 + x
1 · (x − 1) + 37
x−1
37
37
=
=
+
=1+
x−1
x−1
x−1 x−1
x−1
37
Appare evidente che y ∈ Z se e solo se x−1
è intero, ovvero se e solo se x − 1 è un divisore
di 37. Ovvero quando x assume uno dei seguenti valori
x = −36, 0, 2, 38
Soluzione esercizio 2
Sia α = an 10n + . . . + a0 il nostro numero scritto in base 10. Supponiamo che una delle
sue cifre (ad esempio, ak ) sia uguale a 4. Mostriamo che allora anche le cifre vicine
devono essere uguali a 4! In tal modo è chiaro che allora si possono presentare solo due
casi: o α non contiene la cifra 4, o comprende solamente cifre 4. Scriviamo i numeri
ottenuti dalla soppressione delle cifre ak+1 , ak , ak−1 , con ak = 4. Essi sono congrui a 0
modulo 7 in quanto sono multipli di 7 per ipotesi. Scriviamolo.
an 10n−1 + blablabla1 . . . + 4 · 10k + ak−1 10k−1 + . . . blablabla2 ≡ 0 (mod 7)
an 10n−1 + blablabla1 . . . + ak+1 10k + ak−1 10k−1 + . . . blablabla2 ≡ 0 (mod 7)
an 10n−1 + blablabla1 . . . + ak+1 10k + 4 · 10k−1 + . . . blablabla2 ≡ 0 (mod 7)
In particolare saranno multipli di 7 i numeri ottenuti sottraendo fra loro quei numeroni
e dividendo per 10k−1 . Notiamo che si verificano delle rincuoranti cancellazioni. Otteniamo infatti, ad esempio:
(4 · 10 + ak−1 )
− (ak+1 · 10 + ak−1 ) ≡ 0 (mod 7)
(ak+1 · 10 + ak−1 ) −
(ak+1 · 10 + 4)
≡ 0 (mod 7)
e si vede che quindi ak−1 ≡ ak+1 ≡ 4 (mod 7). Tuttavia le cifre possono essere solo
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e tra queste l’unica congrua a 4 modulo 7 è proprio 4. Ergo ak−1 =
ak+1 = 4.
Soluzione esercizio 3
Dal testo ricaviamo le seguenti equazioni
n≡1
n≡1
n≡1
n≡1
n≡1
n≡0
(mod
(mod
(mod
(mod
(mod
(mod
3
4)
9)
16)
25)
36)
49)
Riconosciamo che le prime 5 equazioni significano esattamente che il numero n−1 è divisibile per 4, 9, 16, 25 e 36. Riassumendo, che n − 1 è divisibile per mcm(4, 9, 16, 25, 36) =
3600. Riscriviamo dunque le prime cinque equazioni e l’ultima come segue
n = 1 + 3600k
n = 49h
per adeguati interi h e k. Eguagliando le espressioni e trasportando 3600k ricaviamo
un’equazione che siamo in grado di risolvere
49h − 3600k = 1
Applichiamo l’algoritmo di Euclide
M CD(49, 3600) = 3600 − 73 · 49 = 23
= M CD(49, 23) = 49 − 2 · 23 = 6
= M CD(6, 23) = 1 23 − 4 · 6 = −1
Ricostruisco le operazioni
1 = −23 + 4 · 6 = −23 + 4(49 − 2 · 23) = 4 · 49 − 9 · 23 = 4 · 49 − 9 · (3600 − 73 · 49)
1 = 657 · 49 − 9 · 3600
Ecco allora tutte le soluzioni per h e k, al variare di z ∈ Z:
k = 9 + 49z
h = 657 + 3600z
Quindi
n = 1 + 3600k = 1 + 3600(9 + 49z)
L’unico modo per avere un numero di soldati compreso fra zero e 50000 consiste nel
porre z = 0
n = 1 + 3600 · 9 = 32401
Soluzione esercizio 4
Una frazione è irriducibile se e solo se il numeratore e il denominatore hanno massimo
comun divisore pari a 1. Calcoliamo allora il MCD fra 21n + 4 e 14n + 3, con l’algoritmo
di Euclide.
M CD(21n + 4, 14n + 3) = M CD(7n + 1, 14n + 3) = M CD(7n + 1, 1) = 1
Soluzione esercizio 5
Mah, l’esercizio non è difficile, ma richiede un po’ di fantasia e fiducia o lungimiranza.
Un possibile approccio è il seguente: se si riuscissero a trovare dei numeri consecutivi e
maggiori di 1000 tali che il primo sia multiplo di 2, il secondo sia multiplo di 3, il terzo
sia multiplo di 4 e cosı̀ via... certamente avremmo tanti numeri che non sono primi,
4
giacché avrebbero dei divisori non banali. Si prenda allora N = mcm(2, 3, 4, . . . , 1001)
Si nota che per ogni k ∈ {2, . . . , 1001}, k|N e quindi k|N + k. In altre parole, i numeri
N + 2, N + 3, . . . , N + 1001
sono 1000 numeri consecutivi che verificano la nostra speranza e che quindi non sono
primi.
Soluzione esercizio 6
Servono due idee per risolvere questo esercizio, abbastanza difficile. La prima è che i
cubi possono assumere, modulo 9, solo i valori 0, 1, −1. Questa proprietà è facilmente
verificabile a mano ed è giustificata da fatti generali che non abbiamo trattato a lezione.
Intanto verifichiamola a manina:
03 ≡ 0 (mod 9) 13 ≡ 1 (mod 9) 23 ≡ −1 (mod 9)
33 ≡ 0 (mod 9) 43 ≡ 1 (mod 9) 53 ≡ −1 (mod 9)
63 ≡ 0 (mod 9) 73 ≡ 1 (mod 9) 83 ≡ −1 (mod 9)
La seconda idea è che, se esistono dei numeri interi che rendono vera l’uguaglianza
x3 + y 3 + 4 = z 3 , allora esistono anche dei numeri interi (per esempio, loro stessi) che
rendono vera la congruenza x3 + y 3 + 4 ≡ z 3 (mod 9). Ciò vuol dire che se la seconda è
irrisolubile, anche la prima lo deve essere!
Ovvero, una “speranza” che può nascere nel risolvere l’esercizio, è la seguente: se per
caso esiste un m tale per cui x3 (e quindi y 3 e z 3 ) può assumere pochi valori modulo
m, magari non si riesce a creare una soluzione all’equazione, con quei pochi numeri a
disposizione... Si scopre, facendo qualche tentativo, che m = 9 calza a pennello con
questa speranza.
Adesso quindi notiamo che, potendo i cubi valere solo 0, 1, −1 modulo 9, abbiamo che
la quantità z 3 − x3 − y 3 può assumere, modulo 9, solo i valori −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3 6≡ 4.
In altre parole: z 3 − x3 − y 3 ≡ 4 (mod 9), che è equivalente a x3 + y 3 + 4 ≡ z 3 (mod 9),
è irrisolubile! Quindi lo è anche x3 + y 3 + 4 = z 3 , con x, y, z ∈ Z.
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