14 Exercitii Divizibilitate Rezolvate [PDF]

Zitiervorschau

Exercitii rezolvate - DIVIZIBILITATE 1. Determinati cifra x astfel incat : a) (21x1;3)  1 Rezolvare : Doua numere care au c.m.m.d.c egal cu 1 sunt prime intre ele ( nu au divizori comuni proprii). Asta inseamna ca 21x1 nu trebuie sa fie divizibil cu 3, adica 2  1  x  1  3 adica 4  x  3 . Prin urmare 4  x  M 3 .Deci x  {0,1, 3, 4, 6, 7, 9} deoarece pentru x=2 , x=5 si x=8 obtinem multipli ai lui 3. b) (104x;9)  1 Rezolvare : Doua numere care au c.m.m.d.c egal cu 1 sunt prime intre ele ( nu au divizori comuni proprii). Asta inseamna ca 104x nu trebuie sa fie divizibil cu 9, adica 1  0  4  x  9 adica 5  x  9 . Prin urmare 5  x  M 9 . Deci x  {0,1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9} deoarece pentru x=4 obtinem 9. 2. Determinati numerele naturale x pentru care : a)

7  x2

7   trebuie ca x+2 | 7 ,cu alte cuvinte x+2 sa fie un divizor al lui 7. Cum divizorii x2 lui 7 sunt 1 si 7 trebuie sa avem :

Rezolvare : Pentru ca

Ge

x+2=1  x=1-2  x= -1. Insa x=-1 nu este numar natural asa incat nu poate fi fi solutie; x+2=7  x=7-2  x= 5. Cum 5   aceasta este singura solutie ( x = 5 )

org

2x  3  x 2x  3 2 x 3 3 3 Rezolvare :    2  . Cum 2   trebuie sa gasim valorile lui x pentru care   . x x x x x Asta inseamna ca 3 x , adica x este un divizor al lui 3 ( x  D3 ) . Iar cum D3  {1, 3} avem : x=1 si x=3 .

b)

ian

d)

5x  12  x2

n

2  . x1 x+1 | 2 deci x+1 este un divizor al lui 2. Si cum D2  {1, 2} rezulta ca : x 1  1  x  11 x  0 x1  2  x  21 x  1

Cum 1   vom determina valorile lui x pentru care

ciu

Cra

x3  x1 x  3 x 1 2 x 1 2 2 Rezolvare :     1 x1 x1 x1 x1 x1

c)

5x  12 5x  10  2 5x  10 2 5( x  2 ) 2 2       5 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 2 Cum 5   vom determina valorile lui x pentru care  . x2 x+2 | 2 asadar x  2  D2 .Si cum D2  {1, 2} rezulta ca : x+2=1  x=1-2  x=-1 Dar cum 1   rezulta ca x=-1 nu este o solutie. x+2=2  x=2-2  x=0 Si cum 0   singura solutie este x=0 . Rezolvare :

3. Aratati ca urmatoarele fractii sunt ireductibile oricare ar fi n   3n  7 4n  9 Rezolvare : Pentru ca numitorul si numaratorul fractiei sa se simplifice trebuie ca sa existe un numar d (cel mai mare divizor comun ) astfel incat

a)

d | 3n+7 si d | 4n+9 Pentru inceput folosim urmatoarea proprietate a relatiei de divizibilitate: Oricare ar fi numerele naturale a, b, k, dacă a|b, atunci a|k•b Ex : daca 3 | 6 atunci 3 | 6*k k  

Ge

org

Asadar, inmultim fiecare expresie cu un numar k astfel incat sa obtinem acelasi coeficient pentru n : d | (3n+7)*4 d | (4n+9)*3

ian

Efectuand inmultirile obtinem : d | 12n+28 (*1) d | 12n+27 (*2)

ciu

Dacă fiecare termen se divide cu un număr atunci şi suma respectiv diferenţa se divide cu acel număr .

n

Ex : 3|9 si 3|6 Atunci 3 | 9-6 si 3 | 9+6

Cra

In continuare folosim urmatoarea proprietate a relatiei de divizibilitate: daca a|b şi a|c, atunci a|(b±c)

In aceste conditii, din relatia (*1) scadem relatia (*2) si avem : d | 12n  12n  28  27  d | 1

Odata ce d il divide numai pe 1 inseamna ca d este chiar 1. Si cum am presupus ca d este cel mai mare divizor comun al lui 3n+7 si 4n+9 inseamna ca cele doua expresii avand cel mai mare divizor comun egal cu unu vor fi prime intre ele. O fractie care are numitorul si numaratorul numere prime intre ele este o fractie ireductibila n   . C.c.t.d.

8n  13 5n  8 Rezolvare : Rationamentul este identic ca la exercitiul anterior : Fie d c.m.m.d.c. (8n+13;5n+8) d | 8n+13 d | (8n+13)*5 d | 40n+65 (*1) d | 5n+8 d | (5n+8)*8 d | 40n+64 (*2) Din relatia (*1) scadem relatia (*2) : d | 40n  40n  65  65  d | 1  d = 1 Numitorul si numaratorul avand c.m.m.d.c. egal cu 1 rezulta ca fractia este ireductibila n   .

b)

4. Aratati ca numerele a si b de mai jos sunt prime intre ele oricare ar fi n numar natural : a) a=2n+3 si b=5n+7 Rezolvare : Pentru ca doua numere sa fie prime intre ele trebuie ca c.m.m.d.c al lor (d ) sa fie 1 (unu). Fie d =(2n+3;5n+7) d | 2n+3 d | (2n+3)*5  d | 10n+15 (*1)  d | 5n+7 d | (5n+7)*2 d | 10n+14 (*2) Din relatia (*1) scadem relatia (*2) : d | 10n  10n  15  14  d | 1 Si cum (2n+3;5n+7)=1  ca numerele sunt prime intre ele n  

Ge

ian

org

b ) a=3n+13 si b=n+4 Rezolvare : Pentru ca doua numere sa fie prime intre ele trebuie ca c.m.m.d.c al lor (d ) sa fie 1 (unu). Fie d =(3n+13;n+4) d | 3n+13 d | 3n+13 d | 3n+13 (*1)   d | n+4 d | (n+4)*3 d | 3n+12 (*2) Din relatia (*1) scadem relatia (*2) : d | 3n  3n  13  12  d | 1 Si cum (3n+13;n+4)=1  ca numerele sunt prime intre ele n  

ciu

Cra

Determinaţi numerele naturale n pentru care fracţia este reductibilă.

n

4n  3 5n  2 Rezolvare : Fie d c.m.m.d.c (4n+3;5n+2) . d | 4n+3  d | (4n+3)*5  d | 20n+15 (*1) d | 5n+2  d | (5n+2)*4  d | 20n+8 (*2) Din relatia (*1) scadem relatia (*1) si obtinem : d | 20n  20n  15  8  7 Asadar c.m.m.d.c. (4n+3;5n+2) = 7 . Puten scrie ca : 7 | 5n+2 7 | 4n+3 ( singurul divizor este 7 pentru ca prin 1 simplificarea nu are sens ) 7 | 5n  4n  2  3  7 | n  1 . Asta inseamna ca n-1=7k ,unde k   . Daca n-1=7k  n=7k+1 . Prin urmare, atunci cand n=7k+1 fractia este reductibila cu 7 .

 n  {8,15, 22, 29, ......., 7k  1}

Determinaţi numerele naturale a si b stiind ca c.m.m.d.c. al lor este 12 iar suma lor este 96 : (a;b)=12  a=12K si b=12P unde (K;P)=1 (K si P sunt prime intre ele). De ce ? Pentru ca 12 fiind cel mai mare divizor comun inseamna ca a si b nu mai au alt divizor comun. 12 (K  P) 96 a+b=96  12K+12P=96  12(K+P)=96 /:12   KP8 12 12 K P a=12*1=12 si b=12*7=84  a=12; b=84 1 7 Asadar, multimea solutiilor este: 2 si 6 nu sunt prime intre ele 2 6 A ={(1;7),(3;5),(5;3),(7;1)} 3 5 a=12*3=36 si b=12*5=60  a=12; b=84 4 si 4 nu sunt prime intre ele 4 4 5 6 7

3 2 1

a=12*5=60 si b=12*7=36  a=12; b=84 6 si 2 nu sunt prime intre ele a=12*7=84 si b=12*1=12  a=12; b=84

Numerele 343 şi 645 împărţite la acelaşi număr natural ( a ) dau respectiv resturile 3 şi 5. Aflaţi numărul a.

Ge

Scriem teorema impartirii cu rest : ( D = Î*C +r ) 343= a *c1+3 645= a *c2+5 ( unde c1 si c2 sunt caturile impartirilor iar 3 si 5 sun respectiv resturile )

(presupunem ca a este c.m.m.d.c. al numerelor 340 si 640)

ian

Din (*1) si (*2) deducem ca a =(340;640) 340 = 22*5*17 640 = 27*5

org

343-3= a *c1  340= a *c1  a | 340 (*1) 645-5= a *c2  640= a *c2  a | 640 (*2)

Cra

(340;640)=22*5=20

ciu n

Facem proba: 343:20= 17 rest 3 645:20= 32 rest 5

Prin urmare, numarul a poate fi 20 (cel mai mare divizor comun) sau divizorii lui 20 care sunt mai mari decat restul maxim (5) [ stiind ca restul nu poate fi mai mare sau egal cu impartitorul ]. Si cum divizorii lui 20 sunt 2;4;5;10;20 rezulta ca a  {10;20} , 2;4;5 fiind mai mici sau egali cu 5. Aflati cel mai mic numar natural care impartit pe rand la 12 , 14 si 15 da resturile respectiv 1 , 7 si 10 Scriem teorema impartirii cu rest : ( D = Î*C +r ) pentru fiecare caz in parte (vom nota cu c1, c2 si c3 caturile impartirii numarului a la 12 , 14 si 15) a=12c1+1 a=14c2+7 a=15c3+10

/+35 /+35 /+35

  

a+35=12c1+36 a+35=14c2+42 a+35=15c3+45

  

a+35=12(c1+3) a+35=14(c2+3) a+35=15(c3+3)

Se observa ca a+35 este multiplu comun pentru 12, 14 si 15 si cerandu-se cel mai mic numar inseamna ca a+35 este [12;14;15] (cel mai mic multiplu comun al numerelor 12;14;15) Si cum [12;14;15]=385  a+35=385  a=385

ian

org

Ge n

ciu

Cra