Ak a,b,cєZ, tak ax+by=c, kde x,yєZnazyvame lineárna diofantická rovnica
a)ak d=(a,b), ak ax+by=c má riešenie, tak d/c
b)ak b/c je riešiteľná
Dôk.d/c=>c=c1.d
ax+by=c1.d
ac1x0+bc1y0=c1(ax0+by0)=c1.d=c
V1.Diofantická rovnica ax+by=c je riešiteľná práve vtedy, ak (a,b)/c
6x+9y=3
2x+3y=1
x=­1, y=1
2x+3y=2(-1)+3.1
2(x+1)=3(1-y) =>2.3t-1+1=>2.3t=3(1-y)
x+1=3t=>x-3t-1
1-y=2t=>2t+1y
6.Základná veta aritmetiky Ak nєN a n>1 tak existuje jednoznačne určené prvočísla p1Dôk.nech n=2=>n=21= rozklad
V(n): každé číslo väčšie ako 1 tak n ma rozklad
V(n): ak mє{1,...,n} m>1tak m má rozklad
V(n+1): ak mє{1,…,n+1}a m >1, tak ma rozklad
V(n) =>V(n+1)
7.Kongurencia ak mєN a a,bєZ a je kongurentné s b modulo m<=>a má rovnaký zvyšok po delení m ako b.
a≡b(mod m)
V1Ak m je prirodzené číslo a a,bєZ, tak a≡b(mod m)
<=>m/b-a
Dôk.dokazujeme ekvivalenciu teda 2 implikácie nech platí a≡b(mod m)
a≡m.q1+r
b≡m.q2+r
a-b=mq1+r-(mq2+r)=mq1+r-mq2-r=mq1-mq2=m(q1-q2)
m/a-b
nech m/b-a, b aj a vydelím so zvyškom
b=mk1+r1
a=mk1+r2
a-b=m(k1-k2)+r1-r2
m/ r1-r2; r1,r2є{0,…,m-1}=> r1-r2=0=>r1=r2=>a≡b(mod m)
V2.Nech n je prirodzené číslo a a1,b1,a2,b2єZ. Ak a1≡b1(mod m) a a2≡b2(mod m), tak a1+a2≡b1+b2(mod m)
a1.a2≡b1.b2(mod m)
Dôk. V1=>m/b1-a1
m/b2-a2
=>m/( b1-a1)+( b2-a2) =>m/b1+b2-(a1+a2) =>a1+a2=b1+b2(mod m)
a1a2-b1b2=a1a2+a1b2-a1b2-b1b2=a1a2-a1b2+a1b2-b1b2=a1(a2-b2)+b2(a1-b1)
m/a1a2-b1b2
a1a2=b1b2(mod m)
V3.Ak a,d,cєZ a mєN tak platí
1,a≡a(modm) – a dáva podelení m taký istý zvyšok ako a
2,a≡b(mod m) =>b≡a(mod m) - triviálme
3,a≡b(mod m) Λ b≡c(mod m) =>a≡c(mod m)-ak a dáva rovnaký zv. podelení m a b dáva po
V4. priprdzené č. je deliteľné 3 práve vtedy, ak jeho ciferný súčet je deliteľný 3.
Dôk.predpok.,že nejaké priroz. č. má takýto rozvoj:
m≡an110n+an-1.10n-1+...+a110+a0
1≡1(mod 3) a0≡a0
101≡1(mod 3) 10.a1≡a1(mod 3)
102≡1(mod 3) 10.a2≡ a2(mod 3)
103≡1(mod 3) 10.a3≡a3(mod 3)
10n≡1(mod 3) 10.an≡an(mod 3)- sčítam a dostanem to č.m => m≡a0+a1+...+an(mod 3) ciferný súčet
8.Prvočísla v aritmetických postupnostiach
V1 Existuje nekonečne veľa prvočísiel v tvare 3k+2
Dôk. Nech p1 až p2 sú všetky prvočísla v tvare 3k+2
p1 =? Tu dá zv.2
A= 3(p2..k.. pn)+2 pr/A=>A≡0(mod p2)
A=q1α1 q2α2...qrαr A≡2 (mod p2)
2≡0(mod pr)
p2/2 spor
gi = 1(mod 3) A nie je deliteľom p2, p3,.. giα1 = 1(mod 3) p2.....pn ┼ A
A = 1 (mod 3) 3┼ A, 2┼ A
Spor sú zvyš.1 A môže byť deliť. pre (3k+1)
Dirichletová veta o zvyškoch ak (a,m)=1, tak existuje nekonečne veľa prvočísiel v tvare a+k.m; existuje ∞ veľa prvočísiel p=a (mod m)
V2 nech mєN a a,d,cєZ
Potom a+c≡b+c (mod m) =>a≡b(mod m)
Dôk. a+c≡b+c(mod m)
-c≡ -c(mod m)
a≡b(mod m)
a,b,cєZ ; mєN ? nie vždy
ac≡bc(mod mň=> a≡b(mod m)
14≡2(mod 12)- pravda
7≡1(mod 12)- nepravda
10≡70(mod 12)/.5- pravda
2≡14(mod 12)- pravda
V3 necha,b,cєZ mєN a (c,m)=1 Potom ac≡bc(mod m) => a≡b(mod m)
Dôk.