Download Uvod u teoriju brojeva PDF

TitleUvod u teoriju brojeva
File Size158.1 KB
Total Pages10
Document Text Contents
Page 1

TEORIJA BROJEVA
Pripreme za JBMO, 11. jun 2004.

Vladimir Balti�

1 Deljivost brojeva

Jox od antiqkih vremena ljude su zanimala neka svojstva brojeva. Na primer, u Vavilonu, hiljadu godina
pre Pitagore, matematiqari su znali kako sistematski da na�u Pitagorine brojeve, tj. cele brojeve koji
qine stranice pravouglog trougla.

Prvo �emo uvesti osnovne pojmove iz teorije brojeva kao xto su deljivost, najve�i zajedniqki delitelj,
prosti i slo�eni brojevi, a zatim �emo pre�i na kongruencije i njihove osobine. Sve teoreme navodimo bez
dokaza. Osnovni skupovi koji se razmatraju su skup prirodnih brojeva N = {1, 2, 3, . . . } i skup celih brojeva
Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . }, a osnovna relacija je deljivost.

Definicija 1. Ceo broj a je deljiv celim brojem b 6= 0, ako postoji ceo broj q takav da je a = bq.

Ako broj b deli broj a, to se oznaqava sa b | a (Rusi koriste i oznaku a
... b za a je deljiv brojem b). Tada

jox ka�emo da je b delilac broja a. Ako b ne deli a, to se pixe b - a. Tako, na primer, va�i da 3 | 15 i 6 - 15.
Ve� na osnovu ove definicije mo�emo da doka�emo nekoliko osobina deljivosti celih brojeva:

Teorema 1. Neka su n,m, a, b i d proizvoljni celi brojevi, tada va�i
a) n | n. (osobina refleksije)
b) d | n i n | m povlaqi d | m. (osobina tranzitivnosti)
v) d | n i d | m povlaqi d | (an + bm). (osobina linearnosti)
g) d | n povlaqi ad | an. (osobina multiplikativnosti)
d) ad | an i a 6= 0 povlaqi d | n. (osobina skra�ivanja)
�) 1 | n. (1 deli svaki broj)
e) n | 0. (svaki broj deli 0)
�) d | n povlaqi −d | n i d | −n.
z) d | n i n 6= 0 povlaqi |d| 6 |n|.
i) d | n i n | d povlaqi |d| = |n|, tj. d = n ili d = −n.
j) d | n povlaqi n

d
| n.

Primer 1. Sada �emo dati neke od kriterijuma deljivosti prirodnih brojeva sa nekim od brojeva.

• 2: Broj n je deljiv sa 2 (ili drugaqije reqeno, broj n je paran) ⇔ se zavrxava parnom cifrom, odnosno
nekom od cifara 0, 2, 4, 6 ili 8.

• 3: Broj n je deljiv sa 3 ⇔ je zbir cifara broja n deljiv sa 3.
• 4: Broj n je deljiv sa 4 ⇔ se zavrxava dvocifrenim brojem koji je deljiv sa 4.
• 5: Broj n je deljiv sa 5 ⇔ se zavrxava nekom od cifara 0 ili 5.
• 6: Broj n je deljiv sa 6 ⇔ je deljiv i sa 2 i sa 3.
• 7: Broj n = akak−1 . . . a3a2a1 je deljiv sa 7 ⇔ je i broj m = a3a2a1 − a6a5a4 + a9a8a7 − . . . deljiv sa 7.
• 7: Broj n je deljiv sa 7 ⇔ je i broj m, koji se dobija tako xto izbrixemo cifru jedinica broja n i od
tog broja oduzmemo dvostruku cifru jedinica broja n, deljiv sa 7.

• 8: Broj n je deljiv sa 8 ⇔ se zavrxava trocifrenim brojem koji je deljiv sa 8.
• 9: Broj n je deljiv sa 9 ⇔ je zbir cifara broja n deljiv sa 9.
• 10: Broj n je deljiv sa 10 ⇔ se zavrxava cifrom 0.
• 11: Broj n = akak−1 . . . a3a2a1 je deljiv sa 11 ⇔ je i broj m = a1 − a2 + a3 − a4 + . . . deljiv sa 7.
• 13: Broj n = akak−1 . . . a3a2a1 je deljiv sa 13 ⇔ je i broj m = a3a2a1 − a6a5a4 + a9a8a7 − . . . deljiv sa 13.
• 25: Broj n je deljiv sa 25 ⇔ se zavrxava dvocifrenim brojem koji je deljiv sa 25.
• 27: Broj n = akak−1 . . . a3a2a1 je deljiv sa 27 ⇔ je i broj m = a3a2a1 + a6a5a4 + a9a8a7 + . . . deljiv sa 27.
• 37: Broj n = akak−1 . . . a3a2a1 je deljiv sa 37 ⇔ je i broj m = a3a2a1 + a6a5a4 + a9a8a7 + . . . deljiv sa 37.
• 100: Broj n je deljiv sa 100 ⇔ se zavrxava sa dve cifre 0 (tj. sa 00).

1

Page 2

Slede�a teorema govori o tome da ako posmatramo dva cela broja a i b i izvrximo deljenje a/b (a 6= 0), onda
postoji samo jedan ceo broj q (delimiqni koliqnik) i samo jedan nenegativan ceo broj r manji od |b| (ostatak)
tako da je

a = bq + r, 0 6 r < |b|. (1)
Ubrzo �emo videti koliko je jedinstvenost ovog zapisa va�na.

Teorema 2. (Algoritam deljenja) Ako je a ∈ Z i b ∈ N, onda a mo�e na jedinstven naqin da se predstavi
kao

a = bq + r, (q, r ∈ Z, 0 6 r < b).

Definicija 2. Ceo broj d za koji va�i d | a i d | b naziva se zajedniqki delilac brojeva a i b. Ceo broj s
za koji va�i a | s i b | s naziva se zajedniqki sadr�alac brojeva a i b.

Kako delilac brojeva ne mo�e biti ve�i od apsolutne vrednosti tog broja, vidimo da me�u zajedniqkim
deliocima brojeva a i b postoji najve�i. Sliqno me�u sadr�aocima postoji najmanji.

Definicija 3. Najve�i broj u skupu delilaca brojeva a i b se naziva najve�i zajedniqki delilac ta dva
broja i obele�ava se sa NZD(a, b) ili (a, b). Najmanji (pozitivan) broj u skupu sadr�alaca brojeva a i b se
naziva najmanji zajedniqki sadr�alac ta dva broja i obele�ava se sa NZS(a, b) ili [a, b].

Ako su dva broja uzajamno prosta, tj. ako nemaju zajedniqkih faktora, onda im je najve�i zajedniqki
delilac 1, tj. (a, b) = 1. Zbog toga se qinjenica da su a i b uzajamno prosti simboliqki pixe bax tako,
(a, b) = 1.

Teorema 3. Postoje celi brojevi x0 i y0 tako da je

(a, b) = ax0 + by0,

ako barem jedan od brojeva a i b nije nula.

Ustvari lako se vidi da je (a, b) najmanja pozitivna vrednost funkcije ax + by kad x i y prolaze skupom Z.

Teorema 4. a) (ma,mb) = m(a, b), za m ∈ N.
b) Ako d | a, d | b i d > 0, onda je (a

d
,
b

d
) =

1
d
(a, b).

v) (
a

(a, b)
,

b

(a, b)
) = 1.

g) Ako je (a,m) = (b,m) = 1, onda je (ab,m) = 1.
d) Ako c | ab i (b, c) = 1, onda c | a.

Vezu izme�u najve�eg zajedniqkog delioca i najmanjeg zajedniqkog sadr�aoca brojeva a i b daje nam slede�a
teorema:

Teorema 5. a) Ako a1 | b, a2 | b, . . . , an | b, onda [a1, . . . , an] | b.
b) Ako je m 6 1, onda je [ma,mb] = m[a, b].
v) (a, b) · [a, b] = |a · b|.

2 Prosti brojevi i osnovni stav aritmetike

Definicija 4. (Prosti i slo�eni brojevi) Prirodni brojevi p ∈ N koji imaju taqno dva delioca
nazivaju se prosti brojevi. Prirodni brojevi ( 6= 1) koji nisu prosti su slo�eni brojevi.

Naravno ta dva delioca su 1 i p. Napomenimo da broj 1 nije prost broj.
Niz prostih brojeva poqinje ovako: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, . . . Najlakxi naqin da se ovaj niz nastavi jeste

metod poznat kao Eratostenovo sito: ako �elimo da na�emo sve proste brojeve manje od n, prvo treba da
ispixemo sve prirodne brojeve od 2 do n−1 i da redom iz spiska eliminixemo sve parne brojeve izuzev broja
2, zatim sve deljive sa 3, izuzev samog broja 3, zatim sliqno za 5, 7 itd. sve do poslednjeg prirodnog broja
manjeg od


n. Primetimo da posle eliminacije parnih brojeva nije vixe potrebno tra�iti brojeve deljive

sa 4, 6 itd. jer su ti svi brojevi parni, pa su ve� izbaqeni. Sliqno, posle eliminacije brojeva deljivih

2

Page 6

Primer 5. Pomo�u Ojlerove teoreme mo�emo da reximo kongruenciju

ax ≡ b (mod m) ((a,m) = 1), (2)

gde je x nepoznata, a veliqine a, b i m su date. Ova jednaqina ne mo�e da ima vixe od jednog rexenja po
modulu m. Naime, ako x1 i x2 zadovoljavaju (2), onda sledi

ax1 ≡ ax2 (mod m),

a po Teoremi 12 b) dobija se da je x1 ≡ x2 (mod m). S druge strane

x1 = a
ϕ(m)−1b

je oqigledno rexenje jednaqine (2), jer je

ax1 = a
ϕ(m)b ≡ 1 · b (mod m)

po Ojlerovoj teoremi. Drugim reqima jednaqina (2) ima jedinstveno rexenje po modulu m.

Po analogiji sa problemima rexavanja algebarskih jednaqina postavlja se prirodno i problem rexavanja
kongruencija. U opxtem sluqaju se rexava kongruencija

f(x) ≡ 0 (mod m),

gde je f polinom n–tog stepena (zbog toga je potrebno da je an 6≡ 0 (mod m) jer se u protivnom dobija
kongruencija sa polinomom stepena manjim od n) f(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 qiji su koeficijenti
aj celi brojevi. Ako je skup {x1, x2, . . . , xm} potpuni sistem ostataka po modulu m, broj rexenja kongruencije
f(x) ≡ 0 (mod m) se definixe kao broj onih xi za koje je f(xi) ≡ 0 (mod m). Po Teoremi 11 e) jasno je da je
broj rexenja f(x) ≡ 0 (mod m) nezavistan od izbora potpunog sistema ostataka po modulu m, kao i da taj broj
rexenja nikada ne prelazi m. Na primer

x3 − x ≡ 0 (mod 3) ima tri, tj. maksimalan broj rexenja,
x2 + 1 ≡ 0 (mod 7) nema rexenja,
x2 + 1 ≡ 0 (mod 5) ima dva rexenja,
x2 − 1 ≡ 0 (mod 8) ima qetiri rexenja.

Teorema 18. (Lagran�ova teorema) Neka je p prost broj i p - an i neka je f(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · +
a1x + a0 dati polinom sa celim koeficijentima. Tada kongruencija

f(x) ≡ 0 (mod p)

ima najvixe n rexenja po modulu p.

Tvr�enje ne mora biti taqno ako p nije prost broj, kao xto recimo pokazuje primer kongruencije x2 − 1 ≡
0 (mod 8), koja ima qetiri rexenja: 1, 3, 5 i 7.

Posledica. Neka je p prost broj i neka je f(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 dati polinom sa celim
koeficijentima. Ako kongruencija

f(x) ≡ 0 (mod p)
ima vixe od n rexenja po modulu p, onda je svaki koeficijent polinoma f(x) deljiv sa p.

Imaju�i u vidu Lagran�ovu teoremu i njenu posledicu, sada mo�emo lako da doka�emo jedan od klasiqnih
stavova elementarne teorije brojeva, koji je u literaturi poznat kao Vilsonova teorema. Slede�a teorema je
zanimljiva, jer daje formulu koja va�i za sve proste brojeve i ni za jedan drugi broj. Na �alost, korix�enje
te formule za ispitivanje slo�enosti brojeva, odnosno odre�ivanje prostih brojeva, nije nimalo praktiqno.
Ovu teoremu je prvi otkrio Lajbnic 1682. godine, ali danas nosi Vilsonovo ime. (p − 1)! predstavlja
proizvod prvih p− 1 prirodnih brojeva, tj. (p− 1)! = 1 · 2 · . . . · (p− 1).

Teorema 19. (Vilsonova teorema) Kongruencija

(p− 1)! ≡ −1 (mod p)

va�i ako i samo ako je p prost broj.

Sistem od dve ili vixe kongruencija ne mora da ima rexenja, premda svaka pojedinaqna kongruencija
ima rexenja. Recimo ne postoji x koje istovremeno zadovoljava x ≡ 1 (mod 2) i x ≡ 0 (mod 4), mada svaka

6

Page 7

od pojedinaqnih kongruencija ima rexenja. Razlog tome je xto moduli kongruencija 2 i 4 nisu uzajamno
prosti. Slede�a teorema, poznata u literaturi kao Kineska teorema o ostacima daje uslove pod kojima vixe
linearnih kongruencija ima zajedniqko rexenje ako su moduli kongruencija uzajamno prosti u parovima.
Mada je prvo opxte rexenje za probleme ovog tipa dao Ojler, slede�a teorema se naziva kineskom jer je
kineski matematiqar Sun-Ce u I veku rexio zadatak koji se svodi na nala�enje celih brojeva x koji pri
deljenju sa 3, 5 i 7 daju redom ostatke 2, 3 i 2. Taj problem je ekvivalentan slede�em sistemu kongruencija:

x ≡ 2 (mod 3)
x ≡ 3 (mod 5)
x ≡ 2 (mod 7)



 ⇒ x ≡ 23 (mod 105).

105 je jednako 105 = 3 · 5 · 7.

Teorema 20. (Kineska teorema o ostacima) Neka su m1,m2, . . . , mr prirodni brojevi koji zadovoljavaju
(mi,mj) = 1 za i 6= j, i neka su b1, b2, . . . , br proizvoljni celi brojevi. Tada sistem kongruencija

x ≡ b1 (mod m1)
x ≡ b2 (mod m2)

...
x ≡ br (mod mr)





ima taqno jedno rexenje x0 po modulu m = m1 ·m2 · . . . ·mr.

Va�i i slede�e poopxtenje prethodne teoreme.

Teorema 21. Neka su m1, m2, . . . ,mr prirodni brojevi koji su uzajamno prosti u parovima ((mi,mj) = 1 za
i 6= j) i neka su a1, a2, . . . , ar i b1, b2, . . . , br proizvoljni celi brojevi. Tada sistem kongruencija

a1x ≡ b1 (mod m1)
a2x ≡ b2 (mod m2)

...
arx ≡ br (mod mr)





ima taqno jedno rexenje x0 po modulu m = m1 ·m2 · . . . ·mr.

Primer 6. Sada �emo na primeru Sun-Ceovog zadatka da ilustrujemo kako se koristi Kineska teorema o
ostacima. Iz sistema

x ≡ 2 (mod 3)
x ≡ 3 (mod 5)
x ≡ 2 (mod 7)





nalazimo da je m1 = 3, m2 = 5, m3 = 7, m = m1 ·m2 ·m3 = 105 i
m

m1
= 35,

m

m2
= 21,

m

m3
= 15 i b1 = 2, b2 = 3,

b3 = 2. Sada treba da reximo tri kongruencije (svaku ponaosob) po nepoznatim c1, c2 i c3:

35c1 ≡ 1 (mod 3)
21c2 ≡ 1 (mod 5)
15c3 ≡ 1 (mod 7)


−c1 ≡ 1 (mod 3)
c2 ≡ 1 (mod 5)
c3 ≡ 1 (mod 7)

.

Odmah dobijamo rexenja c1 = 2, c2 = 1 i c3 = 1, xto nam daje osnovno rexenje

x0 = 35 · 2 · 2 + 21 · 1 · 3 + 15 · 1 · 2 = 233 ≡ 23 (mod 105),

a odatle nalazimo i konaqno rexenje
x = 105k + 23, k ∈ Z.

Pomo�u Kineske teoreme o ostacima mo�e se pokazati da se rexavanje polinomne kongruencije f(x) ≡
0 (mod m) mo�e svesti na rexavanje jednostavnije kongruencije f(x) ≡ 0 (mod pk), a zatim se mo�e i�i i dalje
i pokazati da je dovoljno ograniqiti se na kongruencije tipa f(x) ≡ 0 (mod p).

Kao xto smo videli kongruencije igraju veoma bitnu ulogu u teoriji brojeva. Neke od najznaqajnijih
teorema u opxtoj teoriji brojeva se pokazuju pomo�u aparata koji koristi kongruencije. Dalje u izuqavanju
opxte teorije brojeva slede kvadratni ostaci koje je uveo Le�andr radi rexavanja kvadratne kongruencije,
a osnovni stav je dao Gaus i po njemu se zove Gausov zakon kvadratnog reciprociteta.

7

Page 8

6 Zadaci

1. Da li je broj 77 . . . 7︸ ︷︷ ︸
27

deljiv sa: a) 189; b) 333; v) 777; g) 567?

2. Dokazati da su slede�i brojevi slo�eni: a) 233 +1; b) (32995 +6)18− 1; v) 3105 +4105; g) 5 · 2298 +3299;
d) 5501 + 4502 + 3503; �) 22225555 + 55552222; e) 154 + 415; �) 9722 + 2352 = 1000009; .

3. Dokazati da je za svaki prirodan broj n broj
n

3
+

n2

2
+

n3

6
prirodan.

4. Dokazati da za svaki prirodan broj n va�i a) 27 | 10n + 18n− 1; b) 9 | 4n + 15n− 1; v) 64 | 32n+3 + 40n− 27.
5. Neka je p prost broj i p ≥ 5. Dokazati 24 | p2 − 1.
6. Na�i sve prirodne brojeve p za koje su brojevi p + 1, p + 2 i p + 4 prosti.

7. Na�i sve prirodne brojeve p za koje su brojevi p, p + 10 i p + 14 prosti.

8. Brojevi p i 8p2 + 1 su prosti. Dokazati da je broj 8p2 + 2p + 1 tako�e prost.

9. Dokazati da ne postoji prost broj p, takav da su i brojevi p + 5 i p + 10 prosti.

10. Da li je broj 12000 + 22000 + 32000 + 42000 deljiv sa 5?

11. Na�i sve prirodne brojeve n za koje va�i: a) 7 | 2n − 1; b) 7 | 2n + 1.
12. Neka je dat broj n = 144!. Sa koliko nula se zavrxava n?

13. Dokazati da zbir kvadrata tri cela broja pri deljenju sa 8 ne daje ostatak 7.

14. Dokazati da kvadrat prirodnog broja ne mo�e da se zavrxava sa 4 jednake cifre razliqite od nule.

15. Na�i sve x, y ∈ Z za koje va�i: a) x + y = xy; b) x2 − 3xy + 2y2 = 3; v) 1
x

+
1
y

+
1
xy

= 1; g) 3x − y3 = 1.

16. Koji se prirodni brojevi mogu predstaviti u obliku razlike kvadrata 2 prirodna broja?

17. Koliko treba upotrebiti cifara 5 i 2 da bi broj 5252 . . . bio deljiv sa 99.

18. Koliko delilaca imaju brojevi a) 1984; b) 2000; v) 2004?

19. Ako prirodan broj ima neparan broj delilaca onda je on potpun kvadrat. Dokazati.

20. Odrediti prirodan broj koji je deljiv sa 12 i ima 14 delilaca.

21. Ako je (16a + 17b)(17a + 16b) deljivo sa 11 onda je deljivo i sa 121.

22. Dokazati da jednaqina x2 + 1999x + 2001 = 0 nema celobrojnih rexenja.

23. Koliko je n, ako je n− 1 deljivo sa 15, a n + 1 sadr�ano u 1001?
24. Ako je 6x + 11y deljivo sa 31 onda je i x + 7y deljivo sa 31. Dokazati.

25. Na�i najve�i i najmanji prirodan broj koji je deljiv sa 225 i zbir cifara mu je 225.

26. Prvih 2000 cifara nekog broja su dvojke, drugih 2000 cifara su jedinice, a ostalo su nule. Dokazati
da taj broj nije taqan kub.

27. Na�i sve trojke uzastopnih prostih brojeva, tako da je zbir njihovih kvadrata isto prost broj.

28. Ako je 11 . . . 1 prost onda je i zbir cifara tog broja prost.

29. Dokazati da 2n − 1 i 2n + 1 ne mogu biti istovremeno prosti.
30. Rexiti u celim brojevima: xy − z2 = 1, x + y = 2.
31. Dokazati da broj n2 + 9n + 12 nije deljiv sa 121 ni za jedan prirodan broj n.

32. Na�i ostatak pri deljenju 2p
2
sa 13, gde je p prost broj.

33. Na�i sve prirodne brojeve k za koje je broj k3k−1 + k + 1 prost.

34. Na�i sve prirodne brojeve n za koje je broj 28 + 211 + 2n kvadrat prirodnog broja.

35. Ako je broj x oblika x = 3n + 1, n ∈ N0 dokazati da je izraz P = 1 + 3x + 9x deljiv sa 13.
36. Odrediti ostatak pri deljenju broja: a) 321 sa 11; b) 1135 sa 13; v) 8130 sa 131; g) 3100 sa 13.

8

Page 9

37. Koja je poslednja cifra broja
(
99

)9
, a koja 99

9
?

38. Koje su poslednje dve cifre broja ((79)9)9?

39. Rexiti jednaqinu 1! + 2! + 3! + . . . + x! = y2 u N.

40. Uzeta su dva proizvoljna prirodna broja, pa su sastavljeni njihov zbir, razlika i proizvod. Dokazati
da je bar jedan od njih deljiv sa 3.

41. Koji je najmanji prirodan broj koji pomno�en sa 8316 daje taqan kvadrat?

42. Za koje vrednosti n je 3n + 1 deljivo sa 8?

43. Dokazati da je 10! + 1 deljiv sa 11.

44. Odrediti ostatak pri delenju broja: a) 230 sa 13; b) 317259 sa 15.

45. Kojom cifrom se zavrxava broj: a) 72003; b) 777777; v) ((77)7)7; g) 77
77

?

46. Dokazati da je broj 3105 + 4105 deljiv sa 91, a nije deljiv sa 11.

47. Dokazati da je za svaki prirodan broj n, broj 72n − 42n deljiv sa 33.
48. Dokazati da jednaqina 15x2 − 7y2 = 9 nema celobrojnih rexenja.
49. Koliko ima pravouglih trouglova qije su sve stranice celobrojne, a jedna kateta 6?

50. Odrediti prirodne brojeve x i y tako da je p(x + y) = xy gde je p dati prost broj.

51. Odrediti prirodan broj n i prost broj p tako da je n4 + 4 = p.

52. Postoji li prost broj p koji se mo�e prikazati u obliku 8n2 + 10n + 3, gde je n ∈ Z? Ako je odgovor
potvrdan koliko ima takvih brojeva?

53. Odrediti cele brojeve koji zadovoljavaju jednaqine: a) x2−7 = 2xy; b) xyz−xy = x+xz +3; v) x4−y4 = 15.
54. Ako je n ∈ N i p prost rexiti slede�e jednaqine: a) 3p + 1 = n3; b) n4 + n2 + 1 = p; v) n3 − 3n = p− 2.
55. Ako su x, y, z ∈ Z rexiti jednaqinu (x− y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 6.
56. Rexiti u Z jednaqine: a) x2y = y3 + 10; b) xy − 7x = 2y − 4; v) y4 + x = xy + 9.
57. Odrediti cele brojeve x i y tako da je x2 + 5y = 98765432.

58. Dokazati da jednaqina x4 + y4 = 333 . . . 33︸ ︷︷ ︸
100

nema rexenja u Z.

59. Rexiti u Z jednaqinu x! + 8y = 5555.

60. Odrediti sve prirodne n i proste brojeve p tako da je n! + 2 = p2.

61. Dokazati da jednaqina x2 + y2 + z2 = 2007 nema rexenja u Z.

62. Rexiti u Z jednaqinu x! + y2 = 987654.

63. Rexiti u Z jednaqine: a) x2 − 5y = 10z + 3; b) 2x2 + 5y = 1001; v) 2x4 + y4 = 10032.
64. Rexiti u Z jednaqine: a) x! + 3y = 5555; b) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + x · x! = y4; v) x! + y! = 10z + 9.

65. Ako su x, y i z razliqiti prirodni brojevi, rexiti jednaqinu
1
x

+
1
y

+
1
z

= 1.

66. Dokazati da jednaqina xn + yn = zn, n ∈ N nema rexenja u skupu prirodnih brojeva, gde je z ≤ n.
67. Dokazati da 1999 deli 1997!! + 1998!!.

68. Dokazati da je broj a = 22 . . . 2︸ ︷︷ ︸
1980

deljiv sa 1982 · 1983.

69. Rexiti jednaqinu u Z: a2 + b2 + c2 = a2b2.

70. Na�i najmanju vrednost broja: a) |12m − 5n|,m, n ∈ N; b) |36m − 5n|,m, n ∈ N.
71. Rexiti u skupu celih brojeva: a) x2 + x = y4 + y3 + y2 + y; b) y2 = 1 + x + x2 + x3 + x4.

72. Primetimo da je 83 − 73 = (22 + 32)2 i 1053 − 1043 = (92 + 102)2. Pokazati da ako je razlika dva uzastopna
kuba kvadrat, onda je to kvadrat sume dva uzastopna kvadrata.

9

Similer Documents