Przykładowe zadania z teorii liczb

I. Podzielność liczb całkowitych

1. Liczba a = 23461 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 825 i resztę r. Znaleźć dzielnik b oraz resztę r.

Rozwiązanie.

a = 23461 = 825 ∙ b + r, 0 < r < b. Stąd

Liczba b musi być liczbą całkowitą dodatnią, zaś reszta r musi być dodatnia mniejsza od 825. Wynika stąd, że 361 - r = 0. Otrzymujemy zatem b = 28, r = 361.

2. Pokazać, że n⁵ - n, gdzie n jest liczb naturalną, jest podzielne przez 30.

Rozwiązanie.

n⁵ - n = (n - 1) n (n + 1) (n² + 1) = (n - 1) n (n + 1) [(n² - 4) + 5] =

= (n - 2) (n - 1) n (n + 1) (n + 2) + 5 (n - 1) n (n + 1).

Każdy ze składników otrzymanej sumy jest podzielny przez 30, gdyż iloczyn k następujących po sobie liczb naturalnych jest podzielny przez k!. Istotnie,

jest liczbą całkowitą i dlatego rozważana wcześniej suma jest podzielna przez 30, a to oznacza, że 30 dzieli n⁵ - n.

3. Pokazać, że mn (m⁴ - n⁴), gdzie m i n są liczbami naturalnymi, dzieli się przez 30.

Rozwiązanie.

Zauważmy, że

mn (m⁴ - n⁴) = n (m⁵ - m) - m(n⁵ - n),

a jak było pokazane w przykładzie 2, m⁵ - m dzieli się przez 30.

4. Pewna liczba sześciocyfrowa a kończy się cyfrą 5. Jeśli tę cyfrę przestawimy na miejsce pierwsze ze strony lewej, to otrzymamy nowa liczbę, cztery razy większą od poprzedniej. Znaleźć liczbę a.

Rozwiązanie.

Niech szukaną liczbą będzie 10 x + 5. Przestawiając cyfrę 5 na miejsce pierwsze, otrzymujemy liczbę 5 ⋅ 10⁵ + x. Z warunków zadania wynika, że 5 ⋅ 10⁵ + x = 4 (10 x + 5). Stąd x = 12820. Zatem szukaną liczbą jest 128205.

5. Znaleźć sumę n wyrazów ciągu S_n= 1 + 11 + 111 + ... + 11...1 (S_n jest sumą n składników).

Rozwiązanie.

S_n = 1 + 11 + 111 + ... + 11..1 =

6. Znaleźć wszystkie liczby całkowite x ≠ 3 takie, że x - 3 dzieli x³ - 1.

Rozwiązanie.

Połóżmy x - 3 = t. Wtedy x = t + 3, x³ - 3 = (t +3)³ - 3. Jeśli x -3 dzieli x³-3 wtedy i tylko wtedy gdy t dzieli (t + 3)³ - 3.

Ale

(t + 3)³ - 3 = t³ - 9 t² + 27 t - 24.

Zatem t dzieli (t + 3)³ - 3 wtedy i tylko wtedy gdy t dzieli 24, a więc t jest jedną z liczb ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±24. Stąd dla

x = t + 3 otrzymujemy: -21, -9, -5, -3, -1, 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 15, 27.

7. Pokazać, że dla liczby naturalnej n, liczby n⁵ oraz n mają takie same cyfry jedności.

Rozwiązanie.

W przykładzie 2 zostało pokazane, że liczba n⁵ - n jest podzielna przez 30. Skoro jest podzielna przez 30, to jest też podzielna przez 10. Zatem liczby n⁵ oraz n muszą mieć takie same cyfry jedności.

8. Wykazać, że kwadrat każdej liczby całkowitej nieparzystej jest postaci 8 k + 1, gdzie k jest dowolną liczbą całkowitą.

Rozwiązanie.

Dowolną liczbę całkowitą można zapisać w postaci:

4q + 0, 4q + 1, 4 q + 2, 4 q + 3, gdzie q jest liczba całkowitą.

Liczby nieparzyste mają postać 4q + 1 lub 4q + 3. Policzmy kwadraty liczb nieparzystych:

(4q + 1)² = 8 (2q² + q) + 1 = 8 k₁ + 1

(4q + 3)² = 8 (2q² + 3q + 1) + 1 = 8 k₂ + 1,

gdzie k₁ = 2q² + q, a k₂ = 2q² + 3q + 1.

9. Dowieść, że dla naturalnych n, n² dzieli (n + 1)ⁿ - 1.

Rozwiązanie.

Dla n = 1 twierdzenie jest oczywiście prawdziwe. Załóżmy, że n > 1 i policzmy n-tą potęgę liczby n + 1.

Zauważmy, że wszystkie składniki w powyższej sumie, poczynając od trzeciego, zawierają n w potędze większej lub równej 2, a drugim składnikiem jest n². Zatem jeśli od rozważanej sumy odejmiemy 1, to różnica będzie podzielna przez n².

Algorytm Euklidesa. Równania diofantyczne. Największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność

1. Stosując algorytm Euklidesa znaleźć największy wspólny dzielnik liczb 42823 i 6409.

Rozwiązanie.

Zastosujmy algorytm Euklidesa

42823 = 6 ⋅ 6409 + 4369 (42823, 6409) =

6409 = 1 ⋅ 4369 + 2040 = (6409, 4369) =

4369 = 2 ⋅ 2040 + 289 = (4369, 2040)=

2040 = 7 ⋅ 289 + 17 = (2040, 289) =

289 = 17 ⋅ 17 = ( 289, 17) = 17.

2. Znaleźć parę liczb całkowitych (x_o, y_o) spełniających związek

42823 x_o + 6409 y_o = 17.

Rozwiązanie.

W przykładzie 10, przy pomocy algorytmu Euklidesa został policzony największy wspólny dzielnik liczb 42823 oraz 6409. Dzielnik ten jest równy 17 i jest podzielnikiem wyrazu wolnego, który tu jest również równy 17. Zatem poszukiwane liczby x_o i y_o istnieją. Wykorzystajmy algorytm Euklidesa do znalezienia liczb x_o, y_o. Liczmy kolejno

17 = 2040 - 7 ⋅ 289 =

= 2040 - 7 (4369 - 2 ⋅ 2040) =

= -7 ⋅ 4369 + 15 ⋅ 2040 =

= -7 ⋅ 4369 + 15 (6409 - 4369) =

= -22 ⋅ 4369 + 15 ⋅ 6409 =

= - 22 (42823 - 6 ⋅ 6409) + 15 ⋅6409 =

= - 22 ⋅ 42823 + 147 ⋅ 6409.

Zatem x_o= - 22, y_o=147.

3. Rozwiązać w liczbach całkowitych następujące równanie

(* ) 42823 x + 6409 y = 68.

Rozwiązanie.

Jeśli równanie a x + b y = c, gdzie a, b, c są liczbami całkowitymi, jest rozwiązalne w liczbach całkowitych, to posiada ono nieskończenie wiele rozwiązań. Jeśli jednym z nich jest para liczb całkowitych (x_o, y_o), to wszystkie rozwiązania dane są wzorami

x = x_o+ b₁ t , y = y_o- a₁ t,

gdzie

a t jest dowolną liczbą całkowitą.

Rozważane równanie posiada rozwiązanie w liczbach całkowitych , gdyż największy wspólny dzielnik (42823, 6409) jest równy 17, a więc jest podzielnikiem liczby 68. W przykładzie 11 zostało pokazane, że

42823 ⋅ ( -22) + 6409 ⋅ 147 = 17.

Pomnóżmy obie strony tej równości przez 4. Otrzymujemy wówczas

42823 ⋅ (-22 ⋅ 4) + 6409 ⋅ (147 ⋅ 4) = 68.

Stąd x_o= -88, y_o= 588.

Zatem wszystkie rozwiązania równania (*) dane są wzorami

x = - 88 + 377 t, y = 588 - 2519 t,

gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą.

Równania nieoznaczone możemy rozwiązywać również innymi metodami. Niekoniecznie musimy się posługiwać przy ich rozwiązywaniu algorytmem Euklidesa.

4. Rozwiązać w liczbach całkowitych następujące równanie nieoznaczone

7 x - 8 y = 44.

Rozwiązanie.

Równanie posiada rozwiązanie, gdyż liczby 7 i 8 są względnie pierwsze. Ich największy wspólny dzielnik jest równy 1, a więc jest podzielnikiem liczby 44. Wyznaczmy x:

Podstawmy za y kolejno y = 0, 1, 2, ..., 5.

Dla y = 5 otrzymujemy x = 12, a zatem

x = 12 + 8 t,

y = 5 + 7 t,

gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą.

5. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

14 x + 28 y = 39.

Rozwiązanie.

Równanie nie posiada rozwiązania w liczbach całkowitych, gdyż największy wspólny dzielnik (14, 28) = 14, a liczba 14 nie jest podzielnikiem liczby 39.

6. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

17 x + 39 y = 83.

Rozwiązanie.

Liczby 17 oraz 39 są względnie pierwsze, zatem nasze równanie posiada rozwiązanie w liczbach całkowitych. Wyliczmy x:

Liczba x jest liczbą całkowitą wtedy i tylko wtedy, gdy y = 3 - 17 t, gdzie t jest liczbą całkowitą.

Rozwiązania równania mają zatem postać:

x = -2 + 39 t,

y = 3 - 17 t,

gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą

7. Rozwiązać w liczbach naturalnych następujące równanie

7 x - 13 y = 44.

Rozwiązanie.

Liczby 7 i 13 są względnie pierwsze, zatem poszukiwanie rozwiązań w liczbach naturalnych ma sens. Wyliczmy x.

Skoro x ma być liczbą naturalną, to

gdzie t jest liczbą całkowitą.

Stąd musi być x = 10 - 13 t, y = 2 - 7 t, x > 0 i y > 0.

Rozwiązując układ nierówności

10 - 13 t > 0,

2 - 7 t > 0,

otrzymujemy rozwiązania:

x = 10 - 13 t,

y = 2 - 7 t,

gdzie t jest liczbą całkowitą niedodatnią.

8. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

x² - y² = 4.

Rozwiązanie

Równanie można zapisać w postaci równoważnej

(x - y) (x + y) = 4.

Iloczyn dwóch liczb całkowitych jest równy 4: gdy obie są równe 2 lub obie są równe -2 lub jedna z nich jest równa 4, a druga 1 lub jedna jest równa -4, a druga -1.

Zatem mamy 6 przypadków

1) x - y = 2 i x + y = 2, skąd 2x = 4, zatem x = 2, a y = 0,

2) x - y = -2 i x + y = -2, skąd 2x = -4, zatem x = -2, a y = 0,

3) x - y = 4 i x + y = 1, skąd 2x = 5, zatem x nie jest liczba całkowitą i takie rozwiązanie nas nie interesuje,

Pozostałe przypadki również nie dają rozwiązań.

W rezultacie rozwiązania wyglądają następująco: x = 2, y = 0 oraz x = -2, y = 0.

9. Korzystając ze wzoru

Znaleźć najmniejszą wspólną wielokrotność liczb 279 i 372.

Rozwiązanie.

Zastosujmy algorytm Euklidesa w celu znalezienia największego wspólnego dzielnika liczb 372 i 279.

372 = 1 ⋅ 279 + 93

279 = 3 ⋅ 93.

Zatem

10. Największy wspólny dzielnik liczb a i b jest równy 24, a ich najmniejsza wspólna wielokrotność jest równa 2496. Znaleźć liczby a i b.

Rozwiązanie.

Istnieją liczby całkowite m i n Takie, że a = 24 ⋅ m, b = 24 ⋅ n, (m, n) = 1.

Możemy przyjąć, że m < n. ponieważ 2496 jest najmniejszą wspólna wielokrotnością liczb a i b, to

Stąd

m ⋅ n = 104 = 8 ⋅ 13.

Ponieważ (m, n) = 1, to m ⋅ n = 1 ⋅ 104 lub m ⋅ n = 8 ⋅ 13.

a) Jeśli m = 1, n = 104, to a = 24 ⋅ 1 = 24, b = 24 ⋅ 104 = 2496,

b) Jeśli m = 8, n = 13, to a = 24 ⋅ 13 = 192, b = 24 ⋅ 13 = 312.

11. Pokazać, że

(a, b) (a, c) (b, c) [a, b] [a, c] [b, c] = a² b² c²,

a, b, c są dowolnymi liczbami całkowitymi.

Rozwiązanie.

Wystarczy skorzystać ze wzoru podanego w przykładzie 17 oraz z faktu, że mnożenie liczb całkowitych jest działaniem przemiennym i łącznym.

12. Znaleźć wszystkie liczby całkowite, które przy dzieleniu przez 5 dają resztę 3, a przy dzieleniu przez 6 dają resztę 5. Jakie reszty dają te liczby przy dzieleniu przez 60.

Rozwiązanie

Oznaczmy szukane liczby symbolem x. Zgodnie z warunkami zadania x = 5s+3 i x = 6t+5, gdzie s,t są dowolnymi liczbami całkowitymi. Z powyższych zależności wynika, że 5s - 6t = 2. Otrzymaliśmy równanie nieoznaczone, którego rozwiązanie ma postać: s = 4 + 6k, t = 3+6t, gdzie k jest dowolną liczbą całkowitą. W takim razie x = 5(4 + 6k) + 3 = 23 + 30k.

Jeśli k = 2u, to x = 23 + 60u. Jeśli k = 2u +1, to x = 23 + 30 + 60u = 53 + 60u, gdzie u jest dowolną liczbą całkowitą. Zatem poszukiwane liczby całkowite przydzieleniu przez 60 dają reszty 23 albo 53.

II. Liczby pierwsze, liczby złożone, liczby względnie pierwsze

1. Pokazać, że liczbę 5050505 nie można przedstawić w postaci sumy dwóch liczb pierwszych.

Rozwiązanie

W przypadku, gdy 5050505 = 2+5050503, liczba 50505053 jest liczbą podzielną przez 9, a więc nie jest liczbą pierwszą. Wszystkie liczby pierwsze oprócz 2 są liczbami nieparzystymi, a suma liczb nieparzystych jest liczba parzystą. Zatem nie można liczby 5050505 przedstawić w postaci sumy dwóch liczb pierwszych.

2. Niech c = a² + 4b⁴, gdzie a,b są liczbami naturalnymi różnymi od 1. Pokazać, że wtedy c jest liczbą złożoną.

Rozwiązanie

Zauważmy, że c = a⁴ + 4a² b² + 4b² - 4a² b² = (a² + 2 b²)² - 4a² b² = (a² + 2 b² - 2ab) (a² + 2 b² + 2ab). Jeśli a = b = 1, to c = 5, a więc nie jest liczbą pierwszą

3. Podać przykład takich czterech liczb naturalnych a, b, c, d dla których nie ma żadnej liczby naturalnej n, przy której liczby a + n, b + n, c + n, d + n byłyby parami względnie pierwsze.

Rozwiązanie.

Takimi liczbami są na przykład a = 1, b = 2, c = 3, d = 4, bo jeśli n jest dowolną liczbą całkowitą, to

a + n , c + n - dla n nieparzystego są parzyste, a więc nie są względnie pierwsze.

b + n , d + n - dla n parzystych są parzyste, a więc nie są względnie pierwsze.

4. Pokazać, że dla liczb naturalnych n, liczba n³³ + 8 jest liczba złożoną.

Rozwiązanie.

Ponieważ

n³³ + 8 = n^3∙11 + 2³ = (n¹¹ + 2 ) (n²² - 2 n¹¹ + 4),

więc n³³ + 8 , jako iloczyn dwóch liczb naturalnych jest liczbą złożoną.

5. Znaleźć liczbę pierwszą p , jeśli wiadomo, że 4p² + 1 i 6p² + 1 są liczbami pierwszymi.

Rozwiązanie.

Wszystkie liczby naturalne większe od 2 można przedstawić w postaci

5 n, 5 n ± 1, 5 n ± 2,

gdzie n jest dowolna liczba naturalną.

Liczby postaci 5 n są pierwsze tylko dla n = 1. Jeśli p = 5, to 4 p² + 1 = 101, 6 p² + 1 = 151. Jak widać, znaleźliśmy liczbę pierwszą spełniającą warunki zadania. Wykażemy teraz, że nie istnieją inne liczby pierwsze te warunki spełniające. Rzeczywiście, jeśli p = 5 n ± 1, to

4 p² + 1 = 5 (20 n² ± 8 n + 1), a więc jest liczbą złożoną,

jeśli p = 5 n ± 2, to

6 p² + 1 = 5 (30 n² ± 24 n +1) i też jest liczba złożoną.

6. Niech a i b będą liczbami naturalnymi. Udowodnić, że jeżeli 40 a = 51 b, to a + b jest liczba złożoną.

Rozwiązanie

Zauważmy, że a + b = 13 (4b - 3a).

III. Kongruencje

1. Czy

Rozwiązanie.

Liczba 5¹⁹⁸⁴ nie przystaje do liczby 1983 modulo 25 , gdyż liczba 25 nie dzieli liczby 1983.

2. Wykazać, że

Rozwiązanie.

Zauważmy, że

Zatem

Co jest równoważne temu, że

3. Jaka jest cyfra jedności liczby 2¹⁰⁰⁰ ?

Rozwiązanie.

Zauważmy, że

Z przechodniości kongruencji dostajemy

Otrzymaną kongruencję podnieśmy stronami do potęgi 5. Wówczas

Powtórnie korzystając z przechodniości rozważanej relacji, otrzymujemy

Podnosząc powyższą kongruencję stronami do potęgi 4, dostajemy

Z kolei 256 Ⴚ 6 (mod 10). Zatem

Z otrzymanej równości wynika, że cyfra jedności liczby 2¹⁰⁰⁰ jest równa 6.

4. Niech p będzie liczbą pierwszą. Liczby a i b niech będą liczbami całkowitymi takimi, że

a² Ⴚ b² (mod p). Wtedy p dzieli a + b lub p dzieli a - b.

Rozwiązanie.

Jeśli a² Ⴚ b² (mod p), a² - b² Ⴚ (mod p). ze wzorów uproszczonego mnożenia i definicji relacji przystawania modulo p wynika, że liczba pierwsza p dzieli iloczyn (a - b) (a + b).

Zatem liczba pierwsza p dzieli a - b lub a + b.

5. Wykazać, że liczba naturalna A dzieli się przez 11 wtedy i tylko wtedy gdy różnica pomiędzy sumą jej cyfr znajdujących się na miejscach parzystych i suma jej cyfr znajdujących się na miejscach nieparzystych dzieli się przez 11.

Rozwiązanie.

Niech kolejnymi cyframi liczby A w układzie dziesiętnym będą a₁, a₂, . . . , a_n.

Wówczas

A = a₁ 10^{n - 1} + a₂ 10^{n - 2} + . . . +a_{n - 1} 10 + a_n .

Rozważmy wielomian

f(x) = a₁ x^{n - 1} + a₂ x^{n - 2} + . . . +a_{n - 1} x + a_n.

Oczywiście, A = f(10). Stąd wobec kongruencji 10 Ⴚ -1 (mod 11), otrzymujemy f(10) Ⴚ -1 (mod 11). Stąd

a₁ + a₂ - a₃ + . . . Ⴚ A (mod 11).

6. Wyznaczyć wszystkie pierwiastki kongruencji

x³ - 2x + 1 Ⴚ (mod 5).

Rozwiązanie.

Nasza kongruencja może mieć co najwyżej 5 pierwiastków. Aby je wszystkie znaleźć wystarczy sprawdzić które spośród liczb zbioru { 0, 1, 2, 3, 4 } są pierwiastkami naszej kongruencji. Liczby 0, 3, 4 pierwiastkami naszej kongruencji nie są. Natomiast liczby 1, 2 spełniają kongruencję.

Wszystkie rozwiązania naszej kongruencji w liczbach całkowitych mają postać

x = 1 + 5t, x = 2 + 5t,

gdzie t jest dowolna liczbą całkowitą.

7. Rozwiązać kongruencję

x² - x + 1 Ⴚ 0 (mod 2).

Rozwiązanie.

Kongruencja nie jest spełniona, gdyż x (x - 1) + 1 jest liczba nieparzystą, a więc niepodzielną przez 2.

8. Rozwiązać kongruencję

x (x + 1) (x + 2) (x + 3) Ⴚ (mod 24).

Rozwiązanie.

Kongruencja jest tożsamościowa, gdyż x, x + 1, x + 2, x + 3 są to kolejne cztery liczby naturalne.

9. Wyznaczyć resztę z dzielenia liczby

1994 ∙ 1995 ∙ 1996 + 1997² przez 7.

Rozwiązanie.

Zauważmy, że 1995 = 285 ∙ 7. Dalej 1997 ≡ 2(mod 7), a więc 1997² ≡ 4(mod 7). Z powyższego wynika, że reszta przy dzieleniu naszej liczby przez 7 wynosi 4.

10. Pokazać, że 2^{11∙ 31} ≡ 2 (mod 11 ∙ 33).

Rozwiązanie

31 ∙ 11 = 341, 11 ∙ 33 - 1 = 340 = 5 ∙ 68, 2⁵ ≡ -1 (mod 11), stąd

2^{11∙ 31-1} ≡1 (mod 11) (a).

Z kolei 2⁵ ≡ 1 (mod 31). Zatem

2^{11∙ 31-1}≡1 (mod 31) (b).

Z równości (a) i (b) oraz z własności kongruencji wynika, że

2^{11∙ 31-1} ≡ 1 (mod 11∙ 31).

11. Policzyć 16⁴³(mod 25).

Rozwiązanie.

Z twierdzenia Eulera wynika, że 16²⁰≡1(mod25). Z własności kongruencji mamy 16⁴⁰≡1(mod25). Ponieważ 16³≡21(mod25), to 16⁴³≡21(mod25).

12. Czy istnieje liczba całkowita x spełniająca układ równań

x≡3(mod5),

x≡6(mod8) ,

x≡2(mod7),

x≡3(mod11)?

Rozwiązanie.

Liczby 5, 8, 7, 11 są parami względnie pierwsze. Zatem na mocy chińskiego twierdzenia o resztach taka liczba x istnieje.

Funkcja Eulera φ(x)

1. Policzyć: φ(55), φ(125), φ(375).

Rozwiązanie.

Policzmy φ(55).

55 = 5 · 11. Ponieważ i 5 i 11 są różnymi liczbami pierwszymi, zatem na mocy własności funkcji Eulera, otrzymujemy φ(55) = 4 · 10 = 40.

Policzmy φ(125).

125 = 5³. Zatem φ(125) = 5² · 4 = 100.

Policzmy φ(375).

375 = 3 ·5³ . Zatem φ(375) = 3 ·5³ (1 -
) (1 -
) = 200.

2. Znaleźć liczbę naturalną a, jeśli φ(a )= 3600 oraz a = 3^α· 5^β · 7^γ.

Rozwiązanie.

a = 3^α· 5^β · 7^γ, zatem φ(a) = 3^{α - 1}· 2 · 5^{β - 1} · 4 · 7^{γ - 1} · 6 = 2⁴ · 3^α· 5^{β - 1} · 7^{γ - 1}. Ale

3600 = 2⁴ · 3²· 5² · 7⁰, więc 2⁴ · 3^α· 5^{β - 1} · 7^{γ - 1} = 2⁴ · 3²· 5² · 7⁰. Stąd α = 2, β = 3, γ = 1 i w konsekwencji a = 3²· 5³ · 7 = 7875.

3. Znaleźć liczbę naturalną a jeśli, φ(a) = 40, a = p · q, gdzie p, q są różnymi liczbami pierwszymi, oraz p - q = 6.

Rozwiązanie.

Z warunków zadania wynika, że φ(a) = φ(p · q) = (p - 1) (q - 1) = 40. Otrzymujemy zatem układ równań

(p - 1) (q - 1) = 40,

p - q = 6.

Rozwiązując ten układ otrzymujemy p = 11, q = 5. Szukaną liczbą jest więc 55.

4. Rozwiązać równanie φ(x) = 2∙3^-1 x, gdzie x jest liczba naturalną.

Rozwiązanie.

Funkcja Eulera przyjmuje wartości w zbiorze liczb naturalnych, x jest liczbą podzielną przez 3. Zatem x ma postać x = 3^a ∙ k, gdzie liczby a i k są liczbami naturalnymi oraz (3, k) = 1. Z własności funkcji Eulera wynika, że

φ(3^a ∙ k) = 2 ∙ 3^a-1 ∙ φ(k). Więc z warunku zadania mamy 2 ∙3^a-1 ∙ φ(k) = 2 ∙ 3^-1 ∙ 3^a ∙ k. Skąd wynika, że φ(k) = k. Ponieważ tylko liczba 1 spełnia równość φ(k) = k, więc x = 3^a , gdzie a jest dowolną liczbą naturalną.

---