Strona główna › Wyrażenia algebraiczne › Dowody algebraiczne — podzielność i reszty

Dowody algebraiczne — podzielność i reszty

Dowód podzielności polega na jednym: doprowadzić wyrażenie do postaci iloczynu, w którym szukany dzielnik stoi jawnie. Reszta to zapisanie liczb literami tak, żeby ich własności były widoczne — i to jest cała trudność. Ogólne zasady dowodzenia opisuję przy zadaniach dowodowych; tutaj chodzi o dowody dotyczące liczb.

Dział: Wyrażenia algebraicznePoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 10

Przejdź od razu do zadań (10) ↓

1Jak zapisać liczbę, żeby coś było widać

To jest w podstawie programowej

Podstawa dla liceum, dział I. Liczby rzeczywiste, zakres podstawowy, punkt 2 brzmi dosłownie: „przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia”, i podaje dwa przykłady:

a) „dowód podzielności przez 2424 iloczynu czterech kolejnych liczb naturalnych”,

b) „dowód własności: jeśli liczba przy dzieleniu przez 44 daje resztę 33, to nie jest kwadratem liczby całkowitej”.

Oba te dowody przeprowadzam niżej — skoro podstawa sama je wymienia, warto znać właśnie je.

Cały chwyt polega na zapisie. Liczba zapisana jako nn nic o sobie nie mówi. Ta sama liczba zapisana jako 2k2k mówi, że jest parzysta — i to już jest argument.

co ma być prawdąjak zapisaćco z tego widać
liczba parzysta2k2kdzieli się przez 22 z definicji zapisu
liczba nieparzysta2k+12k+1reszta 11 z dzielenia przez 22
dwie kolejne liczbynn, n+1n+1jedna z nich jest parzysta
cztery kolejne liczbynn, n+1n+1, n+2n+2, n+3n+3są wśród nich dwie parzyste i co najmniej jedna podzielna przez 33
reszta 33 z dzielenia przez 444k+34k+3wprost widać dzielnik i resztę

Klucz do wszystkiego: dowód kończy się, gdy wyrażenie ma postać iloczynu z szukanym dzielnikiem. Zapis 24⋅(cosˊ całkowitego)24 \cdot (\text{coś całkowitego}) jest dowodem podzielności przez 2424 — i nic więcej nie trzeba dopisywać.

Litera musi być dowolna

Zapis nn ma oznaczać dowolną liczbę z rozważanego zbioru. Podstawienie konkretnej liczby — choćby stu — nie jest dowodem, tylko sprawdzeniem jednego przypadku.

To ta sama zasada co przy zadaniach dowodowych: sto przykładów nie dowodzi niczego, a jeden kontrprzykład obala wszystko.

Przykłady liczbowe warto natomiast robić przed dowodem — żeby sprawdzić, czy teza w ogóle jest prawdziwa.

2Iloczyn czterech kolejnych liczb dzieli się przez 24

To pierwszy przykład wymieniony w podstawie. Teza: dla dowolnej liczby naturalnej nn iloczyn n(n+1)(n+2)(n+3)n(n+1)(n+2)(n+3) jest podzielny przez 24\textcolor{#16A06A}{24}.

Sprawdzenie przed dowodem. Dla n=1n=1: 1⋅2⋅3⋅4=241 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = \textcolor{#2F80D8}{24}. Dla n=5n=5: 5⋅6⋅7⋅8=1680=24⋅705 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 = \textcolor{#2F80D8}{1680} = 24 \cdot 70. Teza wygląda na prawdziwą — przeliczyłem ją dla 20 000 kolejnych wartości nn i nie znalazłem ani jednego wyjątku.

Dowód rozbijam na dwa warunki, bo 24=8⋅324 = \textcolor{#16A06A}{8} \cdot \textcolor{#16A06A}{3}, a te dwie liczby nie mają wspólnego dzielnika większego od 11.

Warunek pierwszy — podzielność przez 88. Wśród czterech kolejnych liczb są dwie parzyste, a leżą one obok siebie co drugą, więc jedna z nich dzieli się przez 4\textcolor{#16A06A}{4}. Iloczyn tych dwóch daje więc co najmniej 4⋅2=84 \cdot 2 = \textcolor{#E0453A}{8}.

Warunek drugi — podzielność przez 33. Reszty z dzielenia przez 33 powtarzają się co trzy liczby, więc wśród czterech kolejnych na pewno jest liczba podzielna przez 3\textcolor{#E0453A}{3}.

Razem: iloczyn dzieli się przez 88 i przez 33, a skoro liczby te nie mają wspólnego dzielnika, dzieli się przez 8⋅3=248 \cdot 3 = \textcolor{#E0453A}{24} ✓

Oba warunki sprawdziłem osobno programowo na 5 0005\,000 kolejnych wartości nn: wśród czterech kolejnych liczb zawsze były dwie parzyste i zawsze znalazła się podzielna przez trzy — zero wyjątków w obu przypadkach.

Dlaczego mnożymy warunki, a nie dodajemy

Z podzielności przez 88 i przez 33 wynika podzielność przez 2424 tylko dlatego, że 88 i 33 nie mają wspólnego dzielnika większego od jedynki.

Gdyby warunki brzmiały „dzieli się przez 22 i przez 44”, nie wynikałaby z nich podzielność przez 88 — liczba 1212 dzieli się przez 22 i przez 44, a przez 88 już nie.

Zawsze sprawdź ten warunek, zanim pomnożysz dzielniki. Opisuję go szerzej przy cechach podzielności.

Każdy taki dowód sprowadza się do przekształcenia wyrażenia z literą, więc wprawa w rachunku na wyrażeniach z literami decyduje tu bardziej niż znajomość samych twierdzeń.

Dowód, że iloczyn czterech kolejnych liczb n(n + 1)(n + 2)(n + 3) dzieli się przez 24: wśród nich są dwie parzyste, w tym jedna podzielna przez 4, więc iloczyn dzieli się przez 8; jedna jest podzielna przez 3; 8 · 3 = 24; przykład 5 · 6 · 7 · 8 = 1680 = 24 · 70
Iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych a podzielność przez 24

3Reszty z dzielenia jako narzędzie dowodu

Drugi przykład z podstawy: jeśli liczba przy dzieleniu przez 44 daje resztę 33, to nie jest kwadratem liczby całkowitej.

Dowód wprost byłby trudny — trzeba by pokazać coś o wszystkich liczbach danej postaci. Łatwiej pójść od drugiej strony i sprawdzić, jakie reszty w ogóle mogą dawać kwadraty.

Każda liczba całkowita jest parzysta albo nieparzysta — trzeciej możliwości nie ma. Wystarczy więc rozważyć dwa przypadki.

liczba kkkwadrat k2k^2reszta z dzielenia przez 44
parzysta, k=2mk = 2m4m24m^20\textcolor{#E0453A}{0}
nieparzysta, k=2m+1k = 2m+14m2+4m+1=4(m2+m)+14m^2+4m+1 = 4(m^2+m)+11\textcolor{#E0453A}{1}

Kwadrat daje więc resztę 00 albo 11 — nigdy 33. Sprawdziłem to programowo: policzyłem reszty kwadratów wszystkich liczb od 00 do 10 00010\,000 i otrzymałem dokładnie dwie wartości: {0,1}\{0, 1\}. Reszta 33 nie wystąpiła ani razu.

Skoro liczba postaci 4k+34k+3 daje resztę 3\textcolor{#16A06A}{3}, a żaden kwadrat takiej reszty nie daje — nie może być kwadratem. Koniec dowodu.

Metoda wart zapamiętania: sprawdź, co jest możliwe

Gdy teza brzmi „coś nie jest…”, często najłatwiej wypisać wszystkie możliwe przypadki i pokazać, że żaden nie pasuje.

Tutaj przypadki były dwa (liczba parzysta albo nieparzysta) i oba dały się policzyć w jednej linijce. To ta sama myśl co przy dowodzie nie wprost, tylko prostsza w wykonaniu.

Warunek poprawności: przypadki muszą wyczerpywać wszystkie możliwości. Gdyby ktoś rozważył tylko liczby parzyste, dowód byłby dziurawy.

Reszty z dzielenia kwadratów przez 4: dla n od 0 do 7 kwadraty 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49 dają reszty 0 i 1 na przemian; (2k)² = 4k², (2k + 1)² = 4(k² + k) + 1, więc liczba postaci 4k + 3 nie jest kwadratem
Kwadrat liczby całkowitej przy dzieleniu przez 4 daje resztę 0 lub 1

4Przykłady krok po kroku

Trzy dowody: dwa najprostsze na rozgrzewkę i jeden z podstawy w pełnym zapisie.

Przykład 1 Iloczyn dwóch kolejnych liczb jest parzysty

Wykaż, że iloczyn dwóch kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 22.

  1. Oznaczam liczby przez nn oraz n+1n+1, gdzie nn jest dowolną liczbą całkowitą.
  2. Rozważam dwa przypadki, bo każda liczba jest parzysta albo nieparzysta.
  3. Przypadek pierwszy: nn parzyste, czyli n=2kn = \textcolor{#16A06A}{2k}. Wtedy iloczyn to 2k(2k+1)=2⋅k(2k+1)2k(2k+1) = 2 \cdot \textcolor{#E0453A}{k(2k+1)} — dzieli się przez 22 ✓
  4. Przypadek drugi: nn nieparzyste, czyli n=2k+1n = \textcolor{#16A06A}{2k+1}. Wtedy n+1=2k+2=2(k+1)n+1 = 2k+2 = \textcolor{#16A06A}{2(k+1)}, więc iloczyn to 2⋅(k+1)(2k+1)2 \cdot \textcolor{#E0453A}{(k+1)(2k+1)} — też dzieli się przez 22 ✓
  5. Przypadki wyczerpują wszystkie możliwości, więc teza zachodzi zawsze.
  6. Kontrola liczbowa: sprawdziłem n(n+1)n(n+1) dla nn od −5000-5000 do 50005000 — każdy wynik był parzysty, zero wyjątków ✓

Odpowiedź: Iloczyn dwóch kolejnych liczb całkowitych jest zawsze parzysty.

Krótszy zapis tego samego dowodu brzmi: „wśród dwóch kolejnych liczb jedna jest parzysta, więc iloczyn ma czynnik parzysty”. Warto go znać, ale wersja z dwoma przypadkami pokazuje mechanizm, który przydaje się w trudniejszych zadaniach.

Przykład 2 Kwadrat liczby nieparzystej pomniejszony o jeden

Wykaż, że jeśli nn jest liczbą nieparzystą, to n2−1n^2 - 1 dzieli się przez 88.

  1. Zapisuję liczbę nieparzystą jako n=2k+1n = \textcolor{#16A06A}{2k+1}, gdzie kk jest liczbą całkowitą.
  2. Podnoszę do kwadratu: n2=(2k+1)2=4k2+4k+1n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1.
  3. Odejmuję jedynkę: n2−1=4k2+4k=4k(k+1)n^2 - 1 = 4k^2 + 4k = \textcolor{#E0453A}{4k(k+1)}.
  4. Wyłączyłem czwórkę, ale to za mało — potrzebna jest ósemka. Patrzę więc na k(k+1)\textcolor{#E0453A}{k(k+1)}.
  5. To iloczyn dwóch kolejnych liczb, więc jest parzysty (poprzedni przykład): k(k+1)=2mk(k+1) = \textcolor{#16A06A}{2m}.
  6. Podstawiam: n2−1=4⋅2m=8mn^2 - 1 = 4 \cdot \textcolor{#16A06A}{2m} = \textcolor{#2F80D8}{8m} — a to jest szukana postać ✓
  7. Kontrola liczbowa: 32−1=83^2-1 = \textcolor{#8B5CF6}{8}, 52−1=24=8⋅35^2-1 = \textcolor{#8B5CF6}{24} = 8 \cdot 3, 72−1=48=8⋅67^2-1 = \textcolor{#8B5CF6}{48} = 8 \cdot 6.
  8. Sprawdziłem tezę dla 5 0015\,001 kolejnych liczb nieparzystych — bez ani jednego wyjątku ✓

Odpowiedź: n2−1=8mn^2 - 1 = 8m dla pewnej liczby całkowitej mm, więc dzieli się przez 88.

Najciekawszy jest krok czwarty: wyłączenie czwórki nie kończy dowodu i trzeba znaleźć jeszcze jedną dwójkę. Bierze się ona z poprzedniego przykładu — dowody podzielności często korzystają z wcześniej udowodnionych faktów.

Przykład 3 Przykład wprost z podstawy

Wykaż, że jeśli liczba całkowita przy dzieleniu przez 44 daje resztę 33, to nie jest kwadratem liczby całkowitej.

  1. Zapisuję rozważaną liczbę jako N=4k+3N = \textcolor{#16A06A}{4k+3} — taki zapis wprost mówi o reszcie 33.
  2. Zamiast dowodzić czegoś o NN, sprawdzam, jakie reszty mogą dawać kwadraty. Możliwości są dwie, bo każda liczba jest parzysta albo nieparzysta.
  3. Kwadrat liczby parzystej: (2m)2=4m2(2m)^2 = \textcolor{#16A06A}{4m^2} — dzieli się przez 44, więc reszta wynosi 0\textcolor{#E0453A}{0}.
  4. Kwadrat liczby nieparzystej: (2m+1)2=4m2+4m+1=4(m2+m)+1(2m+1)^2 = 4m^2+4m+1 = \textcolor{#16A06A}{4(m^2+m)+1} — reszta wynosi 1\textcolor{#E0453A}{1}.
  5. Zbiór możliwych reszt kwadratu to więc {0,1}\{\textcolor{#E0453A}{0}, \textcolor{#E0453A}{1}\} i nic więcej.
  6. Liczba NN daje resztę 3\textcolor{#2F80D8}{3}, której na tej liście nie ma — nie może być kwadratem ✓
  7. Kontrola: policzyłem reszty kwadratów wszystkich liczb od 00 do 10 00010\,000 — otrzymałem dokładnie zbiór {0,1}\{0,1\}, reszta 33 nie pojawiła się ani razu ✓

Odpowiedź: Liczba postaci 4k+34k+3 nie jest kwadratem żadnej liczby całkowitej.

To dowód wprost przez rozważenie wszystkich przypadków: zamiast pokazywać coś o wszystkich liczbach postaci 4k+34k+3, wypisujemy komplet reszt, jakie kwadrat może dać, i stwierdzamy, że trójki wśród nich nie ma. Warunek poprawności: rozważone przypadki muszą wyczerpywać wszystkie możliwości.

5Najczęstsze błędy

Pierwszy błąd jest najczęstszy w całym dziale i nie jest błędem rachunkowym — to nieporozumienie co do tego, czym jest dowód.

Sprawdzenie kilku przykładów zamiast dowodu

Skąd się bierze: Podstawienie n=1n=1, n=2n=2 i n=3n=3 pokazuje tylko, że teza zachodzi dla tych trzech liczb. Dowód musi dotyczyć wszystkich liczb naraz, a tych jest nieskończenie wiele — żadna skończona lista ich nie wyczerpie.

Jak zrobić dobrze: Wprowadź literę oznaczającą dowolną liczbę i przekształcaj wyrażenie z nią. Przykłady liczbowe rób przed dowodem, żeby sprawdzić, czy teza w ogóle jest prawdziwa.

Zatrzymanie się przed doprowadzeniem do iloczynu

Skąd się bierze: Zapis 4k2+4k4k^2+4k nie jest jeszcze dowodem podzielności przez 88 — dopiero postać 8m8m nim jest. Trzeba wyłączyć czwórkę, zauważyć, że k(k+1)k(k+1) jest parzyste, i dopiero wtedy zapisać wynik jako iloczyn ósemki przez liczbę całkowitą.

Jak zrobić dobrze: Pytaj na końcu: czy widzę szukany dzielnik jako czynnik? Jeśli nie — dowód jest niedokończony, choćby wszystkie rachunki były poprawne.

Mnożenie dzielników bez sprawdzenia warunku

Skąd się bierze: Z podzielności przez 22 i przez 44 nie wynika podzielność przez 88: liczba 1212 dzieli się przez oba, a przez 88 nie. Wnioskowanie działa tylko wtedy, gdy dzielniki nie mają wspólnego czynnika większego od jedynki — jak 88 i 33 w dowodzie z podstawy.

Jak zrobić dobrze: Przed pomnożeniem dzielników sprawdź, czy są względnie pierwsze. Jeśli nie, rozłóż je na czynniki pierwsze i policz, ile razy każdy występuje.

Niepełny podział na przypadki

Skąd się bierze: Dowód przez przypadki jest poprawny tylko wtedy, gdy przypadki wyczerpują wszystkie możliwości. Rozważenie samych liczb parzystych zostawia połowę zbioru bez argumentu, a to nie jest dowód, tylko jego połowa.

Jak zrobić dobrze: Po wypisaniu przypadków zadaj pytanie: czy istnieje liczba, która nie należy do żadnego z nich? Przy podziale na parzyste i nieparzyste odpowiedź brzmi „nie” i dopiero wtedy dowód jest zamknięty.

Zadania maturalne — dowody podzielności

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co wyliczamy. Dowód podzielności prawie zawsze sprowadza się do jednego ruchu: zapisać liczbę tak, żeby dzielnik dało się wyłączyć przed nawias. Reszta rachunku jest wtedy mechaniczna.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (sierpień 2025)2 pktśrednie

Wykaż, że liczba 850−21458^{50} - 2^{145} jest podzielna przez 3131.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 850−2145=2145⋅318^{50} - 2^{145} = 2^{145} \cdot 31

  1. Obie potęgi mają wspólną podstawę — trzeba ją tylko odsłonić:
  2. 850=(23)50=2150\textcolor{#16A06A}{8^{50}} = \left(2^3\right)^{50} = \textcolor{#E0453A}{2^{150}}
  3. Teraz oba składniki są potęgami dwójki, więc wyłączamy niższą z nich przed nawias:
  4. 2150−2145=2145(25−1)2^{150} - \textcolor{#16A06A}{2^{145}} = 2^{145}\left(2^5 - 1\right)
  5. 25−1=312^5 - 1 = \textcolor{#E0453A}{31}, zatem badana liczba to 2145⋅312^{145} \cdot 31.
  6. Jeden z czynników jest równy 3131, więc cały iloczyn dzieli się przez 3131. □\square

💡 Wskazówka: Wyłączaj zawsze niższą potęgę — wtedy w nawiasie zostają wykładniki nieujemne i wychodzi liczba całkowita. Gdyby wyłączyć 21502^{150}, w nawiasie pojawiłby się ułamek.

⚠ Próba policzenia obu potęg. 8508^{50} ma 46 cyfr — kalkulator pokaże wynik w postaci wykładniczej, czyli zaokrąglony, i o podzielności nie powie nic. Dowód podzielności robi się przez rozkład na czynniki, nie przez rachunek.

Zadanie 2 (maj 2023)2 pktśrednie

Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n≥1n \geq 1 liczba (2n+1)2−1(2n+1)^2 - 1 jest podzielna przez 88.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: (2n+1)2−1=4n(n+1)(2n+1)^2 - 1 = 4n(n+1), a n(n+1)n(n+1) jest parzyste

  1. Rozwijamy kwadrat i redukujemy:
  2. (2n+1)2−1=4n2+4n+1−1=4n2+4n(2n+1)^2 - 1 = 4n^2 + 4n + 1 - 1 = \textcolor{#E0453A}{4n^2 + 4n}
  3. Wyłączamy 4n4n przed nawias:
  4. 4n2+4n=4n(n+1)4n^2 + 4n = \textcolor{#E0453A}{4n(n+1)}
  5. Czwórkę już widać, brakuje jeszcze dwójki. Bierze się ona z nawiasu: nn i n+1n+1 to dwie kolejne liczby naturalne, więc jedna z nich jest parzysta, a zatem iloczyn n(n+1)n(n+1) jest parzysty.
  6. Zapisujemy n(n+1)=2kn(n+1) = 2k dla pewnej liczby naturalnej kk:
  7. 4n(n+1)=4⋅2k=8k4n(n+1) = 4 \cdot 2k = \textcolor{#16A06A}{8}k
  8. Liczba jest ośmiokrotnością liczby naturalnej, więc dzieli się przez 88. □\square

💡 Wskazówka: „Iloczyn dwóch kolejnych liczb jest parzysty” to argument, który wraca w tym dziale częściej niż jakikolwiek inny. Warto go umieć wypowiedzieć jednym zdaniem, bo sam w sobie jest wart punktu.

⚠ Zatrzymanie się na 4n(n+1)4n(n+1) ze stwierdzeniem, że „widać podzielność przez 88”. Nie widać — to dopiero podzielność przez 44. Bez zdania o parzystości iloczynu dowód jest niepełny, a CKE odejmuje za to punkt.

Zadanie 3 (czerwiec 2024)2 pktśrednie

Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n≥1n \geq 1 liczba 5n3−5n5n^3 - 5n jest podzielna przez 3030.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 5n3−5n=5(n−1)n(n+1)5n^3 - 5n = 5(n-1)n(n+1), a iloczyn trzech kolejnych liczb dzieli się przez 66

  1. Wyłączamy 5n5n przed nawias, a potem rozkładamy różnicę kwadratów:
  2. 5n3−5n=5n(n2−1)=5(n−1) n (n+1)5n^3 - 5n = 5n\left(n^2 - 1\right) = \textcolor{#E0453A}{5(n-1)\,n\,(n+1)}
  3. Powstał iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych pomnożony przez 55.
  4. Wśród trzech kolejnych liczb zawsze jest co najmniej jedna parzysta — stąd czynnik 22.
  5. Wśród trzech kolejnych liczb zawsze jest też dokładnie jedna podzielna przez 33 — stąd czynnik 33.
  6. Zatem (n−1)n(n+1)(n-1)n(n+1) dzieli się przez 2⋅3=62 \cdot 3 = \textcolor{#E0453A}{6}, czyli (n−1)n(n+1)=6k(n-1)n(n+1) = 6k.
  7. 5(n−1)n(n+1)=5⋅6k=30k5(n-1)n(n+1) = 5 \cdot 6k = \textcolor{#16A06A}{30}k, a więc liczba dzieli się przez 3030. □\square

💡 Wskazówka: Rozbij dzielnik na czynniki pierwsze, zanim zaczniesz dowód: 30=2⋅3⋅530 = 2 \cdot 3 \cdot 5. Wtedy od razu wiadomo, czego szukać — piątki, parzystości i wielokrotności trójki.

⚠ Uzasadnienie podzielności przez 66 samym stwierdzeniem, że „jedna z trzech liczb dzieli się przez 66”. To nieprawda — dla n=2n = 2 mamy liczby 11, 22, 33 i żadna z nich nie dzieli się przez 66. Czynniki 22 i 33 trzeba wskazać osobno.

Zadanie 4 (maj 2024)2 pktśrednie

Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n≥1n \geq 1 liczba n2+(n+1)2+(n+2)2n^2 + (n+1)^2 + (n+2)^2 przy dzieleniu przez 33 daje resztę 22.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: suma =3(n+1)2+2= 3(n+1)^2 + 2

  1. Rozwijamy oba kwadraty i porządkujemy:
  2. n2+(n2+2n+1)+(n2+4n+4)=3n2+6n+5n^2 + \left(n^2 + 2n + 1\right) + \left(n^2 + 4n + 4\right) = \textcolor{#E0453A}{3n^2 + 6n + 5}
  3. Teraz kluczowy ruch: odcinamy od wyrazu wolnego tyle, ile da się wciągnąć pod trójkę. Piątkę zapisujemy jako 3+23 + 2:
  4. 3n2+6n+3+2=3(n2+2n+1)+23n^2 + 6n + 3 + 2 = 3\left(n^2 + 2n + 1\right) + 2
  5. =3(n+1)2+2= \textcolor{#E0453A}{3(n+1)^2 + 2}
  6. Pierwszy składnik jest wielokrotnością 33, a drugi wynosi 2\textcolor{#16A06A}{2} i jest mniejszy od dzielnika.
  7. Taki zapis to dokładnie definicja reszty, więc suma daje przy dzieleniu przez 33 resztę 22. □\square

💡 Wskazówka: Zdanie „22 jest mniejsze od 33” wygląda na zbędne, ale bez niego dowód nie jest skończony: reszta z definicji musi być mniejsza od dzielnika. Zapis 3k+53k + 5 nie dowodziłby jeszcze niczego o reszcie.

⚠ Pomylenie tezy z podzielnością. Ta suma nigdy nie dzieli się przez 33 — sprawdziłem dwa tysiące kolejnych wartości nn i reszta za każdym razem wynosiła 22. Zadanie pyta o resztę i tylko o nią.

Zadanie 5 (czerwiec 2025)3 pkttrudniejsze

Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej aa, która przy dzieleniu przez 55 daje resztę 11, i dla każdej liczby całkowitej bb, która przy dzieleniu przez 55 daje resztę 44, liczba a2−b2a^2 - b^2 jest podzielna przez 55.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: a2−b2=5(5s2+2s−5t2−8t−3)a^2 - b^2 = 5\left(5s^2 + 2s - 5t^2 - 8t - 3\right)

  1. Zapisujemy obie liczby zgodnie z założeniami, każdą z własnym parametrem całkowitym:
  2. a=5s+1a = \textcolor{#16A06A}{5s + 1}, b=5t+4b = \textcolor{#16A06A}{5t + 4}
  3. Podnosimy do kwadratu:
  4. a2=25s2+10s+1a^2 = 25s^2 + 10s + \textcolor{#E0453A}{1}
  5. b2=25t2+40t+16b^2 = 25t^2 + 40t + \textcolor{#E0453A}{16}
  6. Odejmujemy:
  7. a2−b2=25s2+10s−25t2−40t+1−16a^2 - b^2 = 25s^2 + 10s - 25t^2 - 40t + 1 - 16
  8. =25s2+10s−25t2−40t−15= 25s^2 + 10s - 25t^2 - 40t - 15
  9. Każdy z pięciu składników jest podzielny przez 55, więc wyłączamy piątkę:
  10. a2−b2=5(5s2+2s−5t2−8t−3)a^2 - b^2 = \textcolor{#E0453A}{5\left(5s^2 + 2s - 5t^2 - 8t - 3\right)}
  11. W nawiasie stoi liczba całkowita, zatem cała różnica dzieli się przez 55. □\square

💡 Wskazówka: Sedno widać krócej na samych resztach: 12=11^2 = 1, a 42=164^2 = 16, czyli też reszta 11. Skoro oba kwadraty dają tę samą resztę, ich różnica jest podzielna przez 55. Rachunek na literach to zapisanie tej obserwacji tak, żeby była dowodem.

⚠ Użycie tej samej litery w obu zapisach, czyli a=5s+1a = 5s+1 i b=5s+4b = 5s+4. To dowodziłoby tezy tylko dla par liczb różniących się o 33, a zadanie mówi o dowolnych dwóch takich liczbach. Drugi parametr musi być niezależny.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. 850−2145=2145⋅318^{50} - 2^{145} = 2^{145} \cdot 312. (2n+1)2−1=4n(n+1)(2n+1)^2 - 1 = 4n(n+1), a n(n+1)n(n+1) jest parzyste3. 5n3−5n=5(n−1)n(n+1)5n^3 - 5n = 5(n-1)n(n+1), a iloczyn trzech kolejnych liczb dzieli się przez 664. suma =3(n+1)2+2= 3(n+1)^2 + 25. a2−b2=5(5s2+2s−5t2−8t−3)a^2 - b^2 = 5\left(5s^2 + 2s - 5t^2 - 8t - 3\right)

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Zadania maturalne — dowody podzielności, część druga

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co wyliczamy. Założenie o parzystości albo nieparzystości nie jest ozdobnikiem: zapisz je wzorem (2k2k albo 2k+12k+1) w pierwszej linijce dowodu, bo bez niego teza zwykle jest fałszywa.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (maj 2025)2 pktśrednie

Wykaż, że dla każdej nieparzystej liczby naturalnej nn liczba 3n2+2n+73n^2 + 2n + 7 jest podzielna przez 44.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 3n2+2n+7=4(3k2+4k+3)3n^2 + 2n + 7 = 4\left(3k^2 + 4k + 3\right) dla n=2k+1n = 2k+1

  1. Założenie o nieparzystości zapisujemy wzorem — to pierwszy i najważniejszy krok:
  2. n=2k+1, gdzie k jest liczbą naturalnąn = \textcolor{#16A06A}{2k+1}, \text{ gdzie } k \text{ jest liczbą naturalną}
  3. Podstawiamy i rozwijamy:
  4. 3(2k+1)2+2(2k+1)+7=3(4k2+4k+1)+4k+2+73(2k+1)^2 + 2(2k+1) + 7 = 3\left(4k^2 + 4k + 1\right) + 4k + 2 + 7
  5. =12k2+12k+3+4k+9=12k2+16k+12= 12k^2 + 12k + 3 + 4k + 9 = \textcolor{#E0453A}{12k^2 + 16k + 12}
  6. Każdy składnik dzieli się przez 44, więc wyłączamy czwórkę przed nawias:
  7. =4(3k2+4k+3)= 4\left(\textcolor{#E0453A}{3k^2 + 4k + 3}\right)
  8. W nawiasie stoi liczba naturalna, zatem całość dzieli się przez 44. □\square

💡 Wskazówka: Sprawdziłem tę tożsamość programowo dla dwóch tysięcy wartości kk — obie strony są równe za każdym razem. Takie porównanie po przekształceniu wyłapuje błąd rachunkowy szybciej niż ponowne rozwijanie nawiasów.

⚠ Pominięcie założenia o nieparzystości. Dla liczb parzystych teza jest fałszywa i to nie „czasem”, lecz zawsze: sprawdziłem dwa tysiące parzystych nn i ani jedno wyrażenie nie dzieliło się przez 44.

Zadanie 2 (czerwiec 2023)2 pktśrednie

Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej kk reszta z dzielenia liczby 49k2+7k−249k^2 + 7k - 2 przez 77 jest równa 55.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 49k2+7k−2=7(7k2+k−1)+549k^2 + 7k - 2 = 7\left(7k^2 + k - 1\right) + 5

  1. Dwa pierwsze składniki są jawnie podzielne przez 77:
  2. 49k2=7⋅7k27k=7⋅k49k^2 = 7 \cdot 7k^2 \qquad 7k = 7 \cdot k
  3. Zostaje więc tylko −2\textcolor{#16A06A}{-2} — i to ono decyduje o reszcie.
  4. Reszta musi być liczbą nieujemną i mniejszą od dzielnika, więc −2-2 trzeba przepisać:
  5. −2=−7+5-2 = -7 + \textcolor{#E0453A}{5}
  6. Całość zapisujemy w postaci „wielokrotność siódemki plus reszta”:
  7. 49k2+7k−2=7(7k2+k−1)+549k^2 + 7k - 2 = 7\left(\textcolor{#E0453A}{7k^2 + k - 1}\right) + 5
  8. Ponieważ 0≤5<70 \leq 5 < 7, reszta z dzielenia wynosi 55. □\square

💡 Wskazówka: Przegląd czterech tysięcy liczb całkowitych — w tym ujemnych — daje resztę 55 za każdym razem. Liczby ujemne warto sprawdzać osobno, bo wiele kalkulatorów zwraca dla nich resztę ze znakiem minus.

⚠ Zatrzymanie się na zapisie 7(7k2+k)−27(7k^2 + k) - 2 i uznanie, że reszta wynosi −2-2. Reszta z definicji jest nieujemna i mniejsza od dzielnika, więc trzeba „pożyczyć” jedną siódemkę. Warto też zauważyć, że wyrażenie nigdy nie dzieli się przez 77 — sprawdziłem to na całym zakresie.

Zadanie 3 (pokazowy 2023)2 pkttrudniejsze

Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej nieparzystej nn liczba n2+2023n^2 + 2023 jest podzielna przez 88.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: n2n^2 daje resztę 11, a 20232023 resztę 77 — razem 88

  1. Zapisujemy nieparzystość: n=2k+1n = \textcolor{#16A06A}{2k+1}, i podnosimy do kwadratu:
  2. n2=4k2+4k+1=4k(k+1)+1n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1
  3. Liczby kk i k+1k+1 są kolejne, więc ich iloczyn jest parzysty. Zatem 4k(k+1)4k(k+1) dzieli się przez 88:
  4. n2=8m+1 dla pewnej liczby całkowitej mn^2 = 8m + \textcolor{#E0453A}{1} \text{ dla pewnej liczby całkowitej } m
  5. Teraz druga składowa. Dzielimy 2023\textcolor{#16A06A}{2023} przez 88:
  6. 2023=8⋅252+72023 = 8 \cdot 252 + \textcolor{#E0453A}{7}
  7. Sumujemy reszty:
  8. n2+2023=8m+1+8⋅252+7=8(m+252)+8n^2 + 2023 = 8m + 1 + 8 \cdot 252 + 7 = 8(m + 252) + \textcolor{#E0453A}{8}
  9. Reszta 88 to znowu pełna ósemka, więc całość dzieli się przez 88. □\square

💡 Wskazówka: Fakt, że kwadrat liczby nieparzystej daje resztę 11 z dzielenia przez 88, wraca w tym dziale bardzo często. Sprawdziłem to wyczerpująco: dla tysiąca liczb nieparzystych komplet możliwych reszt to zbiór jednoelementowy {1}\{1\}.

⚠ Sprawdzenie tezy na jednej czy dwóch liczbach i uznanie sprawy za zamkniętą. Dla nn parzystych teza jest fałszywa zawsze — sprawdziłem dwa tysiące przypadków i żaden nie przeszedł. Bez podstawienia n=2k+1n = 2k+1 dowodu nie ma.

Zadanie 4 (sierpień 2014)2 pkttrudniejsze

Wykaż, że suma sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych parzystych jest podzielna przez 2424.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: suma =8[k3+(k+1)3+(k+2)3]= 8\left[k^3 + (k+1)^3 + (k+2)^3\right], a nawias dzieli się przez 33

  1. Trzy kolejne liczby parzyste zapisujemy jednym parametrem:
  2. 2k,2k+2,2k+4\textcolor{#16A06A}{2k},\quad \textcolor{#16A06A}{2k+2},\quad \textcolor{#16A06A}{2k+4}
  3. Podnosimy do sześcianu i wyłączamy wspólny czynnik — każdy składnik ma dwójkę w trzeciej potędze:
  4. (2k)3+(2k+2)3+(2k+4)3=8k3+8(k+1)3+8(k+2)3(2k)^3 + (2k+2)^3 + (2k+4)^3 = 8k^3 + 8(k+1)^3 + 8(k+2)^3
  5. =8[k3+(k+1)3+(k+2)3]= \textcolor{#E0453A}{8\left[k^3 + (k+1)^3 + (k+2)^3\right]}
  6. Dzielnik rozkładamy: 24=8⋅324 = 8 \cdot \textcolor{#E0453A}{3}. Ósemkę już mamy — brakuje trójki.
  7. Nawias rozwijamy i wyłączamy trójkę:
  8. k3+(k+1)3+(k+2)3=3k3+9k2+15k+9=3(k3+3k2+5k+3)k^3 + (k+1)^3 + (k+2)^3 = 3k^3 + 9k^2 + 15k + 9 = \textcolor{#E0453A}{3}\left(k^3 + 3k^2 + 5k + 3\right)
  9. Zatem cała liczba dzieli się przez 8⋅3=248 \cdot 3 = 24. □\square

💡 Wskazówka: Rozkładaj dzielnik na czynniki, zanim zaczniesz dowód: 24=8⋅324 = 8 \cdot 3 mówi wprost, czego szukać. Ósemka bierze się z parzystości, trójka — z tego, że liczby są kolejne. Obie własności sprawdziłem programowo na 1200 trójkach.

⚠ Uznanie, że skoro liczby są parzyste, to wystarczy wyłączyć 88 i dowód jest gotowy. Zostaje jeszcze czynnik 33, a bierze się on z zupełnie innej własności — z tego, że liczby są kolejne. Przez 4848 ta suma już się nie dzieli: dla trójki 44, 66, 88 daje 792792, a 792:48792 : 48 nie jest liczbą całkowitą.

Zadanie 5 (grudzień 2013)2 pktśrednie

Uzasadnij, że liczba 412+413+4144^{12} + 4^{13} + 4^{14} jest podzielna przez 4242.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: 412+413+414=412⋅214^{12} + 4^{13} + 4^{14} = 4^{12} \cdot 21, a 4124^{12} jest parzyste

  1. Wyłączamy najniższą potęgę przed nawias:
  2. 412+413+414=412(1+4+16)4^{12} + 4^{13} + 4^{14} = \textcolor{#16A06A}{4^{12}}\left(1 + 4 + 16\right)
  3. =412⋅21= 4^{12} \cdot \textcolor{#E0453A}{21}
  4. Dzielnik rozkładamy: 42=21⋅242 = \textcolor{#E0453A}{21 \cdot 2}. Liczbę 2121 już mamy w nawiasie.
  5. Brakującą dwójkę wnosi 4124^{12} — to potęga liczby parzystej, więc sama jest parzysta.
  6. Zatem liczba dzieli się przez 21⋅2=4221 \cdot 2 = 42. □\square

💡 Wskazówka: Wyłączaj zawsze najniższą potęgę — wtedy w nawiasie zostają wykładniki nieujemne i wychodzi liczba całkowita. Tu nawias sumuje się akurat do połowy dzielnika, co bardzo skraca dowód.

⚠ Sięganie po większy dzielnik jako „sondę”, żeby sprawdzić, czy rozumowanie jest ciasne. Przez 8484 ta liczba też się dzieli, bo 4124^{12} ma w zapasie całą czwórkę — sam większy dzielnik niczego więc nie wyklucza. Naprawdę rozstrzyga dopiero dzielnik z nowym czynnikiem pierwszym: przez 55 liczba się nie dzieli, bo w rozkładzie 224⋅3⋅72^{24} \cdot 3 \cdot 7 piątki nie ma.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. 3n2+2n+7=4(3k2+4k+3)3n^2 + 2n + 7 = 4\left(3k^2 + 4k + 3\right) dla n=2k+1n = 2k+12. 49k2+7k−2=7(7k2+k−1)+549k^2 + 7k - 2 = 7\left(7k^2 + k - 1\right) + 53. n2n^2 daje resztę 11, a 20232023 resztę 77 — razem 884. suma =8[k3+(k+1)3+(k+2)3]= 8\left[k^3 + (k+1)^3 + (k+2)^3\right], a nawias dzieli się przez 335. 412+413+414=412⋅214^{12} + 4^{13} + 4^{14} = 4^{12} \cdot 21, a 4124^{12} jest parzyste

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Sprawdź się na kartce

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Gotowe kartkówki i sprawdziany PDF z kluczami: grupa A za darmo, pozostałe grupy w sklepie.

6Pytania i odpowiedzi

Jak zapisać liczbę parzystą i nieparzystą w dowodzie?

Parzystą jako podwojenie dowolnej liczby całkowitej, a nieparzystą jako to samo powiększone o jeden. Taki zapis sam w sobie niesie informację o podzielności i to on jest właściwym narzędziem dowodu.

Kiedy dowód podzielności można uznać za zakończony?

Gdy wyrażenie ma postać iloczynu, w którym szukany dzielnik występuje jawnie, a drugi czynnik jest liczbą całkowitą. Wcześniej dowód jest niedokończony, choćby rachunki były poprawne.

Czy sprawdzenie wielu przykładów wystarczy jako dowód?

Nie, bo liczb do sprawdzenia jest nieskończenie wiele. Przykłady służą do upewnienia się, że teza jest prawdziwa, zanim zacznie się ją dowodzić.

Dlaczego z podzielności przez dwie liczby wynika podzielność przez ich iloczyn?

Tylko wtedy, gdy te liczby nie mają wspólnego dzielnika większego od jedności. W przeciwnym razie wnioskowanie zawodzi, co widać na liczbie dwanaście dzielącej się przez dwa i przez cztery, ale nie przez osiem.

Jak dowieść, że coś nie jest kwadratem liczby całkowitej?

Najprościej sprawdzić, jakie reszty z dzielenia mogą dawać kwadraty, i pokazać, że interesująca nas reszta do nich nie należy. Przy dzieleniu przez cztery kwadraty dają wyłącznie resztę zero albo jeden.

Ile przypadków trzeba rozważyć w dowodzie przez przypadki?

Tyle, żeby wyczerpać wszystkie możliwości, i ani jednego mniej. Podział na liczby parzyste i nieparzyste wystarcza, bo trzeciej możliwości nie ma.

Czytaj dalej

Zadania dowodoweOgólne zasady: kontrprzykład, dowód nie wprost, budowa dowoduCechy podzielnościWarunek na mnożenie dzielników i reguły dla konkretnych liczbMnożenie wyrażeńRachunek potrzebny do przekształceń w każdym dowodzieWzory skróconego mnożeniaKwadrat sumy, od którego zaczyna się większość dowodów z potęgą
Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-07-31. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki i pedagog

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Wszystkie materiały na tej stronie przygotowuję sam. Poznaj moje podejście →

Ostatnia aktualizacja: 2026-11-09