Dołącz do czytelników
Brak wyników

Koło matematyczne

18 marca 2019

NR 37 (Marzec 2019)

Liczby złożone, ich "mutacje" i Chińczycy

0 146

W dwóch poprzednich odcinkach „Koła”1, 2 przedstawiłem Czytelnikom omówienie treści pewnego starego zadania z konkursu zadaniowego „Matematyki”. Zadanie to pochodzi od wybitnego polskiego matematyka, W. Sierpińskiego, a jego treść została opublikowana w „Matematyce” w 1977 r.3 – choć samo zadanie pochodziło jeszcze z 1958 r. – i brzmiała następująco: Liczba złożona. Znaleźć liczbę złożoną, która pozostanie złożoną przy każdej zmianie którejkolwiek z jej dwóch cyfr.

Wramach wspomnianego wyżej omówienia – oprócz szerszej powtórki znanych, ale czasami sprawiających kłopoty elementarnych pojęć matematycznych (liczby pierwsze, liczby złożone, zapis pozycyjny itp.1) – zaproponowałem nowe pojęcie, które na razie dobrze posłużyło do krótszego, symbolicznego sformułowania treści tego zadania, a mianowicie pojęcie „mutacji” zapisu pozycyjnego liczby2. W uproszczeniu, jednopunktową c-mutację (zapisu) liczby n na i-tej cyfrze (przy podstawie p), w skrócie mut(n, p, i, c), definiujemy jako wartość (a także zapis przy podstawie p) liczby n – ci pi + c pi, tzn. mamy:

 


Wtedy zadanie Sierpińskiego wymaga od nas znalezienia liczby złożonej n takiej, że wszystkie liczby mut(mut(n, p, i, a), p, j, b) też są złożone. Jak zwracałem już na to uwagę2, to sformułowanie zadania jednak nie rozwiewa wszystkich wątpliwości związanych z jego treścią. Istotnie, nierozstrzygnięte zostają takie pytania: Czy j może być równe i, czy też indeksy te muszą być różne? Czy a może być równe i-tej cyfrze n, czy cyfry te muszą być różne? Podobnie, czy b może być równej-tej cyfrze mut(n, p, i, a), czy też cyfry te muszą być różne?

W końcu, czy można zastąpić najbardziej znaczącą cyfrę, czy to n, czy mut(n, p, i, a), cyfrą 0?
Różne możliwe odpowiedzi na powyższe pytania prowadzą do czterech rodzajów liczb złożonych odpornych na (dwupunktowe) mutacje, o których wspomina zadanie Sierpińskiego. Ścisłe definicje tych rodzajów i ich szczegółowe omówienie zostało przedstawione przeze mnie w poprzednim artykule2, więc nie będę ponownie wchodził tu w dalsze szczegóły.
Tyle tytułem dyskusji nad treścią zadania Sierpińskiego i tytułem przygotowania dyskusji nad jego rozwiązaniem, czym zajmiemy się w dalszej części niniejszego artykułu. Zaczniemy od podstawowego pytania: Jak się rozwiązuje takie zadanie?. Cóż, jedynych ogólnych wskazówek metodologicznych możemy (jak zawsze) szukać w podręcznikach z tzw. heurystyki4, przede wszystkim w wielokrotnie wspominanej przeze mnie w „Kole” książce Polyi5, ale również w innych, podobnych6. Tu skoncentrujemy się na książce Polyi, bo z założenia jest ona skierowana do nauczycieli.
Metoda proponowana przez Polyę to modyfikacja tzw. dialogu sokratejskiego7, a więc metoda polegająca na zadawaniu pytań. Wśród tych pytań jest takie: „Czy znasz jakieś pokrewne zadanie?”8, które odsyła m.in. do hasła „specjalizacja” 9 ze Słownika heurystycznego Polyi. Autor definiuje tam „specjalizację” jako „przechodzenie od rozpatrywania danego zbioru obiektów do rozpatrywania mniejszego ich zbioru albo nawet jednego z tych obiektów”, po czym tytułem komentarza dodaje następującą uwagę: „Przy rozwiązywaniu zadań specjalizacja jest często pożyteczna”.
Regularny Czytelnik tej rubryki zauważy zapewne, że w jej ramach wielokrotnie tak „reklamowałem” zalety stosowania tej metody10, a także pokazywałem przykłady jej pożytecznego zastosowania11. Również obecnie skorzystamy z metody Polyi.
Co w kontekście zadania Sierpińskiego miałoby być owym „mniejszym zbiorem obiektów”, o którym wspomina Polya w definicji „specjalizacji”? Cóż, to akurat wydaje się łatwe. Są dwie główne wielkości zmienne, którymi możemy manipulować w celu uproszczenia zadania: podstawa zapisu pozycyjnego oraz liczba punktów mutacji. Najprostszą wersję zadania otrzymamy, przyjmując p = 2 i tylko jedno miejsce mutacji. Zatem na początek zajmiemy się następującym zadaniem:
Liczba złożona (2,1). Znaleźć liczbę złożoną, która pozostanie złożoną przy każdej zmianie którejkolwiek jej pojedynczej cyfry w zapisie przy podstawie 2. Tak sformułowane zadanie okazuje się być bardzo łatwe. Przede wszystkim zauważmy, że jeśli n jest poszukiwaną liczbą, a ckck−1 … c0 – jej zapisem przy podstawie 2, przy czym n > 2, tzn. jej zapis dwójkowy ma co najmniej dwie cyfry, k ≥ 1, to również liczba powstała z n przez zmianę jej ostatniej cyfry (tzn. c0) na 0, a więc liczba mut(n, 2, 0, 0) = n − c0, jest na ogół odporna na jednopunktowe mutacje. Rzeczywiście, tak otrzymana liczba jest na pewno parzysta i na ogół większa od 2, a więc (na ogół) złożona. Co więcej, każda jej jednopunktowa mutacja w miejscu innym niż ostatnia cyfra zostawia 0 na końcu zapisu nowo powstałej liczby, a więc otrzymana liczba jest również parzysta i większa od 2, zatem pozostaje złożona. Aczkolwiek tu pojawia się natychmiast problem zer wiodących2, co łatwo zobaczyć, np. gdy n = 8, tzn. gdy dwójkowy zapis n to 1000. Niemniej zauważmy, że z powyższej dyskusji wynika następujące:

TWIERDZENIE 1
Jeśli n jest parzystą liczbą naturalną większą od 1 taką, że ponadto n nie jest potęgą 2 oraz n + 1 jest liczbą złożoną, to n jest odporna na wszystkie mutacje jednopunktowe niewprowadzające 0 wiodącego.

Czy takie liczby w ogóle istnieją? A jeśli tak, to ile ich jest? I jaka jest najmniejsza z nich? Ano, zobaczmy. Skoro n jest parzyste, to n + 1 jest nieparzyste. Jeśli n + 1 ma ponadto być liczbą złożoną, to musi mieć nieparzysty dzielnik pierwszy. Zobaczmy, czy tym dzielnikiem może być najmniejsza nieparzysta liczba pierwsza, tzn. 3. Stąd pojawia się następujące zadanie pomocnicze:

Zadanie
Znaleźć wszystkie liczby naturalne n > 2 takie, że 2|n i 3|n+1.

Rozwiązanie
Skoro 2|n, to znaczy, że n = 2k; a skoro 3|n+1, to z kolei znaczy, że n + 1 = 3l. Łatwo się zorientować, że najmniejszą parą (n, n + 1) takich liczb byłyby liczby n = 2 i n +1 = 3, gdyby nie dodatkowy warunek n > 2, który tę parę eliminuje. Przegląd kolejnych par (n, n + 1), n = 4, 6, 8, … pozwala ustalić, że następną dobrą parą będzie (8, 9), potem (14, 15) itd., co prowadzi do następującej hipotezy:

Fakt 1
Rozwiązaniem powyższego zadania są wszystkie liczby n postaci 6k + 8, k = 0, 1, 2, …, które dają pary (n, n + 1) postaci (6k + 8, 6k + 9), k = 0, 1, 2, …

To, że liczby n = 6k...

Pozostałe 70% treści dostępne jest tylko dla Prenumeratorów.

Co zyskasz, kupując prenumeratę?
  • 6 wydań czasopisma "Matematyka"
  • Dostęp do wszystkich archiwalnych artykułów w wersji online
  • Możliwość pobrania materiałów dodatkowych, testów i zadań
  • ...i wiele więcej!
Sprawdź

Przypisy