Prosti i sloeni brojevi Created by Inna Shapiro

Prosti i složeni brojevi Created by Inna Shapiro © 2008

Definicija Za prirodan broj kažemo da je prost ako on ima točno 2 djelitelja - broj 1 i samoga sebe. Prvih deset prostih brojeva su: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 i 29. Brojevi koji imaju više od dva djelitelja nazivaju se složeni. Broj 1 nije ni prost ni složen.

Zadatak 1. U jednoj je obitelji šestero djece. Petero njih je starije od najmlađeg djeteta za 2, 6, 8, 12 i 14 godina. Koliko je koje dijete staro ako su godine svih njih prosti brojevi?

Rješenje Najmlađe dijete ima 5, a ostali 7, 11, 13, 17 i 19 godina.

Zadatak 2. Marija je napisala četiri uzastopna prosta broja. Zatim ih je pomnožila i dobila umnožak čija je posljednja znamenka bila 0. Koje je brojeve Marija napisala? Koliki je umnožak dobila?

Rješenje Kako je zadnja znamenka umnoška jednaka 0, zaključujemo da je umnožak djeljiv sa 10, a onda on mora biti djeljiv i sa 2 i sa 5. Pošto je Marija napisala proste brojeve, oni ne mogu biti djeljevi sa 2 i 5, osim ako je napisala upravo i brojeve 2 i 5. Otuda zaključujemo da je Marija napisala brojeve 2, 3, 5 i 7. Umnožak je: 2 · 3 · 5 · 7 = 210

Zadatak 3. Ja li rezultat donjeg izraza prost broj: 2001 + 2007 ?

Rješenje Zadnja znamenka od 2001 je 1. Zadnja znamenka od 2007 je neparan broj jer je 2007 neparan broj, a umnožak neparnih brojeva je također neparan. Stoga će zadnja znamenka od 2001 + 2007 biti parna, pa će i taj broj biti paran. Stoga je on djeljiv s 2, pa ne može biti prost!

Zadatak 4. Danijel ima devet kartica s brojevima 1, 2, …, 9. Složio je te kartice u nekom redoslijedu i dobio deveteroznamenkasti broj. Može li se dogoditi da on tako dobije prosti broj? A složeni?

Rješenje Zbroj znamenaka tog broja je 1 + 2 + … + 9 = 45, a broj 45 je djeljiv s 3. Stoga je i zadani broj djeljiv s 3, pa ne može biti prost. Dakle, Danijel na taj način može dobiti samo složene brojeve.

Zadatak 5. Učitelj je na ploču napisao devet brojeva: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 i tražio učenike da između njih stave znakove “+” i “-” tako da rezultat bude dvoznamenkasti prosti broj. Na koliko se načina može riješiti taj zadatak?

Rješenje Kao prvo, ne može se dobiti rezultat veći od 45 jer je 1+2+…+9 = 45. Imamo deset dvoznamenkastih prostih brojeva koji su manji od 45: 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43. Evo kako ih možemo dobiti: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 - 8 – 9 = 11 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 – 7 + 8 – 9 = 13 1 + 2 + 3 + 4 - 5 + 6 + 7 + 8 – 9 = 17

Zadatak 6. Pokušaj naći dva različita dvoznamenkasta prosta broja takva da oni zadovoljavaju: Ø kad jednom od njih zamijeniš znamenke, dobivaš drugi broj Ø razlika tih brojeva je kvadrat nekog prirodnog broja.

Rješenje Dvoznamenkasti prosti brojevi mogu završavati samo sa 1, 3, 7 ili 9. Stoga imamo samo četiri dvoznamenkasta prosta broja koja mogu biti zapisana sa istim znamenkama (ali u obrnutom redoslijedu): • 31 i 13 , 31 – 13 = 18 ; • 71 i 17 , 71 – 17 = 54 ; • 97 i 79 , 97 – 79 = 18 ; • 73 i 37 , 73 – 37 = 36 , a vrijedi 36 = 62. Dakle, rješenje su brojevi 37 i 73.

Zadatak 7. Mario ima dvije kartice sa prostim brojevima A i B. Zadnja znamenka od zbroja A 2+B 2 jednaka je 9. Možeš li otkriti koliki su A i B ?

Rješenje Ako zbroj A 2+B 2 dvaju brojeva završava sa 9, onda je jedan od pribrojnika (A 2 ili B 2) paran, a drugi neparan. Kvadrat bilo kojeg neparnog broja je neparan, a parnog broja paran, pa zaključujemo da je paran kvadrat zapravo kvadrat broja 2 (jer ne postoje drugi parni prosti brojevi). Dakle, ili je A=2 ili B=2. Pretpostavimo da je A = 2. Tada je A 2=4, pa zadnja znamenka od B 2 mora biti 5. Stoga B 2 mora biti djeljiv s 5, a onda i B mora biti djeljiv s 5. Pošto je B prosti broj, zaključujemo da je B = 5. Dakle, A = 2 , B = 5. Tada je A 2 + B 2 = 29.

Zadatak 8. Ana ima tri karice sa različitim znamenakama. Zaključila je da od njih može složiti 6 različitih troznamenkastih prostih broja. Dokaži da je to nemoguće!

Rješenje Ako je zadnja znamenka troznamenkastog broja parna, onda je taj broj djeljiv s 2, pa ne može biti prost. Otuda zaključujemo da su sve Anine znamenke neparne. Također zaključujemo da na njezinim karticama ne može biti broj 5, jer je troznamenkasti broj koji završava s 5, djeljiv s 5, pa ne može biti prost. Dakle, na Aninim karticama su znamenke 1, 3, 7 ili 9. Međutim, koje god od te tri znamenke ona imala, od njih ne možemo složiti 6 prostih brojeva jer: Ø Ako ima 1, 3, 7, tada je 371 = 53 · 7; Ø Ako ima 1, 3, 9, tada je 319 = 29 · 11; Ø Ako ima 1, 7, 9, tada je 791 = 113 · 7; Ø Ako ima 3, 7, 9, tada je 793 = 61 · 13.

Zadatak 9. Možeš li naći prost broj A takav da su brojevi (A + 10) i (A + 14) također prosti brojevi? Nađi sva moguća rješenja.

Rješenje Ako broj A podijelimo brojem 3, ostatak tog dijeljenja može 0, 1 ili 2. Stoga broj A možemo zapisati na jedan od sljedeća tri načina: 1. A = 3 · k , pri čemu je k neki prirodni broj, 2. A = 3 · k + 1 , pri čemu je k neki prirodni broj, 3. A = 3 · k + 2 , pri čemu je k neki prirodni broj. Ako je A = 3 · k, onda je A djeljiv s 3, pa može biti prost samo ako je A=3. Tada je A+10 =13 i A+14=17, a to su također prosti brojevi. Ako je A=3·k+1 , tada je A+14=3·k+15 , a taj je broj djeljiv s 3, pa ne može biti prost. Ako je A=3·k+2, tada je A+10=3·k+12 , pa je u ovom slučaju taj broj djeljiv s 3 i ne može biti prost. Dakle, jedino rješenje je A=3.

Zadatak 10. Brojevi 3, 5 i 7 su uzastopni neparni brojevi, a uz to su i prosti. Postoje li još koja tri uzastopna neparna broja koja su prosta?

Rješenje Ne postoje! Dokažimo to: Pretpostavimo da imamo tri uzastopna neparna broja. Označimo ih sa A, A + 2 i A + 4. Broj A nije djeljiv s 3 jer je prost. Stoga on pri dijeljenju s 3 ima ili ostatak 1 ili ostatak 2, pa ga možemo napisati ili kao A=3·k+1 ili A=3·k+2 , pri čemu je k neki prirodni broj. Ako je A= 3·k+1, tada je A+2 djeljiv s 3, pa on nije prost broj. A ako je A= 3·k+2, tada je A+4 djeljiv s 3, pa on nije prost broj. Dakle, ne postoje takvi brojevi (osim 3, 5 i 7).

Autorica prezentacije: Inna Shapiro Originalnu prezentaciju na engleskom jeziku možete naći na: http: //www. raisesmartkids. net/ Prevela s engleskog: Antonija Horvatek Najtoplije zahvaljujem kolegici Inni Shapiro na dopuštenju da ovu prezentaciju stavim na svoje web stranice. Antonija Horvatek Matematika na dlanu http: //www. antonija-horvatek. from. hr/