গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে সংখ্যাতত্ত্বৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

27 Aug গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে সংখ্যাতত্ত্বৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

Posted at 00:08h in অলিম্পিয়াড, সমস্যা আৰু সমাধান by পংকজ জ্যোতি মহন্ত 0 Comments

১) n ৰ কি কি ধনাত্মক অখণ্ড মানৰ বাবে $\sqrt{\frac{9n-1}{n+7}}$ এটা পৰিমেয় সংখ্যা?

সমাধান:-

প্ৰশ্নমতে, আমি n ৰ এনে ধনাত্মক অখণ্ড মানসমূহ নিৰ্ণয় কৰিব লাগে, যাৰ বাবে দুটা ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা a আৰু b পোৱা যায়, য’ত $gcd(a,b)=1$ আৰু $\frac{9n-1}{n+7}=\frac{a^{2}}{b^{2}}$ ।

$\Rightarrow\frac{63n-7}{n+7}=\frac{7a^{2}}{b^{2}}$

$\Rightarrow n=\frac{7a^{2}+b^{2}}{9b^{2}-a^{2}}$

$\Rightarrow n=-7+\frac{64b^{2}}{9b^{2}-a^{2}}$ ।

এতিয়া, $gcd(a,b)=1\Rightarrow gcd(a^{2},b^{2})=1$

$\Rightarrow gcd(9b^{2}-a^{2},b^{2})=1$

গতিকে, n এটা অখণ্ড সংখ্যা হ’ব যদি মাত্ৰ যদিহে $9b^{2}-a^{2}$ 64ৰ এটা উৎপাদক। আনহাতে, n ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা, গতিকে $\frac{64b^{2}}{9b^{2}-a^{2}}$ ধনাত্মক হ’ব লাগিব। সেইবাবে $9b^{2}-a^{2}$ ধনাত্মক হ’ব লাগিব।

এতিয়া, $9b^{2}-a^{2}=(3b+a)(3b-a).$

যদি, a=b=1 হয়, তেন্তে $9b^{2}-a^{2}=8;$ নহ’লে $9b^{2}-a^{2}geq 3b+a\geq 5$ ।

গতিকে $9b^{2}-a^{2}\geq 8.$

সেয়েহে $9b^{2}-a^{2}$ ৰ সাম্ভাব্য মানসমূহ হ’ল 8, 16, 32 আৰু 64।

আকৌ, 3b + a আৰু 3b – a যোগফলটো 6 ৰ গুণিতক, আৰু দুয়োটাৰ পাৰ্থক্যটো 2 ৰ গুণিতক। আনহাতে, 3b + a > 3b – a.

গতিকে, (3b+a , 3b-a) ৰ সাম্ভাব্য মানকেইটা হ’ল (4, 2), (16, 2) আৰু (8, 4)।

সেয়েহে (a, b) ৰ সাম্ভাব্য মানকেইটা হ’ল (1, 1), (7, 3) আৰু (2, 2)।

কিন্তু, $gcd(2,2)=2neq 1,$ গতিকে বাকী দুটা $n=\frac{7a^{2}+b^{2}}{9b^{2}-a^{2}}$ ত বহুৱাই আমি পাম n=1 নতুবা n=11.

Image Source : Shutterstock

২) প্ৰমাণ কৰা যে প্ৰতিটো ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা nৰ বাবে 1 তকৈ ডাঙৰ পৰস্পৰ মৌলিক অখণ্ড সংখ্যা $k_{0},k_{1},l\dots,k_{n}$ পোৱা যায় যাতে

$k_{0}k_{1}\cdots k_{n}-1$ দুটা ক্ৰমিক অখণ্ড সংখ্যাৰ পূৰণফল।

সমাধান:-

গণিতীয় আৱেশ তত্ত্বৰ সহায়ত ইয়াক প্ৰমাণ কৰিব পৰা যায়।

n=1 ৰ বাবে আমি $k_{0}=3$ আৰু $k_{1}=7$ ল’ব পাৰোঁ, কাৰণ 3.7-1=20=4.5।

ধৰাহ’ল, কোনো এটা nৰ বাবে (n>1), 1 তকৈ ডাঙৰ পৰস্পৰ মৌলিক সংখ্যা $k_{0},k_{1},\ldots,k_{n}$ পোৱা যায় যাতে $k_{0}k_{1}\cdots k_{n}-1=a_{n}(a_{n}-1),$ য’ত $a_{n}$ এটা ধনাত্মক অখণ্ড সংখ্যা।

গতিকে, $k_{0}k_{1}\cdots k_{n}=a_{n}^{2}-a_{n}+1$ ।

এতিয়া, $k_{n+1}=a_{n}^{2}+a_{n}+1$ ল’লে আমি পাওঁ:

$k_{0}k_{1}\cdots k_{n+1}=(a_{n}^{2}-a_{n}+1)(a_{n}^{2}+a_{n}+1)=a_{n}^{4}+a_{n}^{2}+1$ ।

$\Rightarrow k_{0}k_{1}cdots k_{n+1}-1=a_{n}^{2}(a_{n}^{2}+1)$ ।

গতিকে, $k_{0}k_{1}\cdots k_{n+1}-1$ হ’ল দুটা ক্ৰমিক অখণ্ড সংখ্যা $a_{n}^{2}$ আৰু $a_{n}^{2}+1$ ৰ পূৰণফল।

আকৌ, $gcd(k_{0}k_{1}\cdots k_{n},k_{n+1})=gcd(a_{n}^{2}-a_{n}+1,a_{n}^{2}+a_{n}+1)=1$

গতিকে, $k_{0},k_{1},\cdots,k_{n+1}$ পৰস্পৰ মৌলিক।

৩)

(ক) কি কি স্বাভাৱিক সংখ্যা n ৰ বাবে $2^{n}-1$ 7ৰে বিভাজ্য নিৰ্ণয় কৰা।

(খ) যিকোনো স্বাভাৱিক সংখ্যা n ৰ বাবেই $2^{n}+1$ 7ৰে বিভাজ্য নহয়। প্ৰমাণ কৰা।

সমাধান:-

(ক) $2^{3}\equiv8\equiv1(mod 7),$ য’ত 3 হ’ল এই ধৰ্ম মানি চলা আটাইতকৈ সৰু স্বাভাৱিক সংখ্যা। আকৌ, $a\equiv b(mod n), c\equiv d(mod n)\Rightarrow ac\equiv bd(mod n)$ । গতিকে, $a\equiv 1(mod n), c\equiv 1(mod n)\Rightarrow ac\equiv 1(mod n)$ । সেয়েহে,

যদি n=3k হয়, তেন্তে $2^{n}-1$ 7ৰে বিভাজ্য।

এতিয়া আমি তলৰ পৰীক্ষা দুটা কৰি চাওঁ:

১) যদি n=3k+1, তেন্তে $2^{n}-1\equiv2^{3k+1}-1\equiv 2\times 2^{3k}-1\equiv2-1\equiv1(mod 7)$ ।

২) যদি n=3k+2, তেন্তে $2^{n}-1\equiv 4\times2^{3k}-1\equiv 4-1\equiv 3(mod 7)$ ।

অৰ্থাৎ, 3ৰে বিভাজ্য প্ৰতিটো স্বাভাৱিক সংখ্যা nৰ বাবে $2^{n}-1$ 7ৰে বিভাজ্য।

(খ) (পাঠকৰ বাবে)

৪) যদি $24a^{2}+1=b^{2},$ য’ত a আৰু b দুটা অখণ্ড সংখ্যা, তেন্তে প্ৰমাণ কৰা যে a আৰু b ৰ এটা ৫ ৰে হৰণ যায়।

সমাধান:-

যিহেতু $24a^{2}+1=b^{2},$ গতিকে $24a^{2}+1\equiv b^{2}(mod 5).$

আনহাতে, $25a^{2}\equiv 0 (mod 5).$

গতিকে, $-a^{2}+1\equiv b^{2}(mod 5)$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}\equiv 1(mod 5).$

যিকোনো অখণ্ড সংখ্যা k ৰ বাবেই, $k\equiv 0,1,2,3,4(mod 5).$

$\Rightarrow k^{2}\equiv 0,1,4(mod 5).$

গতিকে $a^{2}+b^{2}\equiv 1(mod 5)$ হ’বলৈ $a^{2}$ আৰু $b^{2}$ ৰ যিকোনো এটা $0(mod 5)$ আৰু আনটো $1(mod 5)$ হ’ব লাগিব।

অৰ্থাৎ, a আৰু b ৰ এটা ৫ ৰে হৰণ যায়।

Image Source : Shutterstock

৫) $x=abcd$ এটা চাৰিটা অংকৰে গঠিত সংখ্যা। যদি $x^{2}$ ৰ শেষৰ চাৰিটা অংকও $abcd$ হয়, তেন্তে $x$ ৰ সকলো সাম্ভাব্য মান নিৰ্ণয় কৰা।

সমাধান:-

প্ৰশ্নমতে, $10000\mid x^{2}-x=x(x-1).$

x আৰু x-1 পৰস্পৰ মৌলিক আৰু $10000=2^{4}5^{4},$

গতিকে $16|x$ আৰু $625|x-1,$ নতুবা $16|x-1$ আৰু $625|x.$

এতিয়া যদি আমি 625 ৰ এটা যুগ্ম গুণিতক k ক ধৰি বিবেচনা কৰোঁ, তেন্তে k-1 আৰু k+1 দুয়োটাই অযুগ্ম সংখ্যা হ’ব আৰু এটা অযুগ্ম সংখ্যা 16ৰে হৰণ নাযায়। গতিকে আমি ইয়াত 625 ৰ অযুগ্ম গুণিতকসমূহ বিবেচনা কৰিলেই হ’ব। 625 ৰ, চাৰিটা অংকৰে গঠিত অযুগ্ম গুণিতকসমূহ হ’ল 1875, 3135, 4375, 5625, 6875, 8125 আৰু 9375।

এইসমূহৰ লগত 1 যোগ কৰিলে কেৱল 9375+1=9376 হে 16 ৰে হৰণ যায়, আৰু 1 বিয়োগ কৰিলে কোনোটোৱেই 16 ই হৰণ নাযায়। গতিকে নিৰ্ণেয় x হ’ল 9376।

৬) a আৰু b দুটা ধণাত্মক অখণ্ড সংখ্যা, u=a+b আৰু v=lcm(a,b)। প্ৰমাণ কৰা যে gcd(u,v) = gcd(a,b).

সমাধান:-

ধৰাহ’ল, $d|a$ আৰু $d|b.$

গতিকে a আৰু b ৰ যিকোনো গুণিতকক d ৰে হৰণ যাব। গতিকে, $d|lcm(a,b)=v.$

আকৌ, $d|(a+b)=u.$

গতিকে, $d|gcd(u,v).$

পুনৰ ধৰহওক, $d|u,$ $d|v,$ $g=gcd(d,a)$ আৰু $d=gh.$

এতিয়া, $v=lcm(a,b)= a\cdot\frac{b}{gcd(a,b)}.$

যিহেতু $d|v,$ $h|d$ আৰু $gcd(h,a)=1,$

$h\mid\frac{b}{gcd(a,b)}.$

আকৌ, $g|a+b$ আৰু $g|a,$ গতিকে $g|(a+b)-a=b.$

আনহাতে, $h|(a+b)$ আৰু $h|b,$ গতিকে $h|a.$

কিন্তু, $gcd(h,a)=1\Rightarrow h=1.$

গতিকে, $d|a.$

সেইদৰেই $d|b.$

অৰ্থাৎ, a আৰু b ৰ সাধাৰণ উৎপাদকসমূহ u আৰু v ৰ সাধাৰণ উৎপাদকসমূহৰ সৈতে একেই।

সেয়েহে, $gcd(u,v) = gcd(a,b).$

৭) $a^{2},b^{2}$ আৰু $ab$ ৰ এককৰ স্থানৰ অংককেইটা নিৰ্ণয় কৰা, য’ত

$a=2^{2002}+3^{2002}+4^{2002}+5^{2002}$

আৰু $b=3^{1}+3^{2}+3^{3}+\cdots +3^{2002}.$

সমাধান:-

যিকোনো ধণাত্মক অখণ্ড সংখ্যা k ৰ বাবে আমি পাওঁ,

$5^{k}\equiv 5(mod 10),$

$2^{4k}\equiv 6(mod 10),$

$6^{k}\equiv 6(mod 10),$

আৰু $3^{4k}\equiv 1(mod 10).$

গতিকে,

$2^{2002}\equiv 6\cdot 4\equiv 4(mod 10),$

$3^{2002}\equiv 1\cdot 9\equiv 9(mod 10),$

আৰু $4^{2002}\equiv 6(mod 10).$

সেয়েহে, $a\equiv 4+9+6+5\equiv 4(mod 10)$ আৰু $a^{2}\equiv 6(mod 10).$

আকৌ, $b=\frac{1}{2}(3^{2003}-3).$

এতিয়া $3^{2003}-3\equiv 7-3\equiv 4(mod 10).$

$\Rightarrow b\equiv 2(mod 10).$

$\Rightarrow b^{2}\equiv 4(mod 10).$

আৰু $\Rightarrow ab\equiv 4\cdot 2\equiv 8(mod 10).$

অৰ্থাৎ $a^{2},b^{2}$ আৰু $ab$ ৰ এককৰ স্থানৰ অংককেইটা ক্ৰমে 6, 4 আৰু 8.

৮) p এটা অযুগ্ম মৌলিক সংখ্যা আৰু k এটা ধণাত্মক অখণ্ড সংখ্যা, যাৰ বাবে $\sqrt{k^{2}-pk}$ ও এটা ধণাত্মক অখণ্ড সংখ্যা। এতিয়া k নিৰ্ণয় কৰা।

সমাধান:-

ধৰাহওক, $\sqrt{k^{2}-pk}=n,$ য’ত $n\in N.$

$\Rightarrow k^{2}-pk-n^{2}=0$

$\Rightarrow k=\frac{p\pm\sqrt{p^{2}+4n^{2}}}{2}.$

$\Rightarrow p^{2}+4n^{2}$ এটা পূৰ্ণবৰ্গ সংখ্যা।

ধৰাহ’ল, $p^{2}+4n^{2}=m^{2}, m\in N$

সেয়েহে, $(m-2n)(m+2n)=p^{2}.$

এতিয়া, $p$ এটা মৌলিক সংখ্যা আৰু $p\geq 3.$ গতিকে আমি পাম—

$m-2n=1,$ আৰু $m+2n=p^{2}.$

$\Rightarrow m=\frac{p^{2}+1}{2}, n=\frac{p^{2}-1}{4}.$

$\Rightarrow k=\frac{p\pm m}{2}=\frac{2p\pm(p^{2}+1)}{4}.$

$\Rightarrow k=\left(\frac{p+1}{2}\right)^{2}.$

Image Source : Shutterstock

৯) n এটা 1 তকৈ ডাঙৰ এনে এটা অখণ্ড সংখ্যা যাৰ প্ৰতিটো উৎপাদক d ৰ বাবেই d+1 য়ে n+1 ক হৰণ যায়। প্ৰমাণ কৰা যে n এটা মৌলিক সংখ্যা।

সমাধান:-

ধৰাহওক, p হ’ল n ৰ আটাইতকৈ সৰু মৌলিক উৎপাদক আৰু $d=n/p.$

এতিয়া, $\frac{np+p}{n+p}=\frac{p(n+1)}{p(d+1)}=\frac{n+1}{d+1}.$

প্ৰশ্নমতে, $\frac{n+1}{d+1}$ এটা অখণ্ড সংখ্যা। গতিকে, n+p য়ে np+p ক হৰণ যাব। আকৌ, n+p য়ে $np+p^{2}$ ক হৰণ যায়। গতিকে,

$(n+p)|(np+p^{2})-(np+p)=p^{2}-p.$

$\Rightarrow n+p\leq p^{2}-p.$

$\Rightarrow n<p^{2}.$

$d<p.$

এতিয়া ধৰাহওক, d ৰ এটা মৌলিক উৎপাদক q।

তেতিয়া, $q\leq d<p$

আকৌ, q য়ে n ক হৰণ যাব। গতিকে, ওপৰত আমি p ক n ৰ আটাইতকৈ সৰু মৌলিক উৎপাদক বুলি ধৰা মতে $q\geq p.$

$q<p$ আৰু $q\geq p$ দুয়োটা একেলগে সম্ভৱ নহয়। গতিকে, d ৰ কোনো মৌলিক উৎপাদক নাই, অৰ্থাৎ d=1.

সেয়েহে n=p। অৰ্থাৎ n এটা মৌলিক সংখ্যা।

১০) যদি $N,$ $x^{2}+xy+y^{2}\leq 2007$ অসমতাটো মানি চলা ধণাত্মক অখণ্ড সংখ্যাৰ ক্ৰমিত যোৰ $(x,y)$ সমূহৰ সংখ্যা হয়, তেন্তে প্ৰমাণ কৰা যে $N$ এটা অযুগ্ম সংখ্যা।