Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen

Talteori - Teori og problemløsning, marts 2013, Kirsten Rosenkilde, Georg Mohr-Konkurrencen 10
Opgave 5.5. Bevis resten af sætningen.
Sætningen viser at man kan omskrive en kongruensligning ligesom man
kan omskrive en almindelig ligning når det gælder regningsarterne plus,
minus og gange. Det samme gælder ikke umiddelbart for division. Fx er
3 · 4 ≡ 3 · 2 (mod 6), mens 4 ≡ 2 (mod 6).
Eksempel Hvis man fx skal løse ligningen
x + 7 ≡ 2 (mod 8),
kan man omskrive til x ≡ 2 − 7 (mod 8) ifølge regneregel ii). Dermed er
x ≡ −5 ≡ 3 (mod 8), dvs. løsningerne er netop restklassen 3 modulo 8.
Løsningsmængden er altså x ∈ {. . . ,−13,−5, 3, 11, 19, . . .}.
Eksempel For at bestemme resten af tallet
24 9 · 18 16 · 101 7
ved division med 5, kan vi regne modulo 5 og benytte regnereglerne i sætning
5.1 på denne måde:
24 9 · 18 16 · 101 7 ≡ (−1) 9 · 3 16 · 1 7 ≡ −1 · (3 2 ) 8 · 1 ≡ −1 · (−1) 8 ≡ −1 ≡ 4 (mod 5).
Undervejs benytter vi fx regneregel v) til at konkludere at når 24 ≡ −1
(mod 5), er 24 9 ≡ (−1) 9 (mod 5) osv. Desuden benyttes regneregel iii) fx til
at konkludere at når 24 9 ≡ (−1) 9 , 18 16 ≡ 3 16 og 101 7 ≡ 1 7 (mod 5), da er
24 9 · 18 16 · 101 7 ≡ (−1) 9 · 3 16 · 1 7 (mod 5).
Opgave 5.6. Løs ligningen x − 12 ≡ 5 (mod 11).
Opgave 5.7. Bestem resten af 27 103 · 17 2 · 5 14 ved division med 13.
Opgave 5.8. Bestem sidste ciffer i 2007 2007 . (Georg Mohr-Konkurrencen
2007)
Opgave 5.9. Lad p være et primtal. Vis at nulreglen gælder modulo p , dvs.
at hvis a · b ≡ 0 (mod p), da er a ≡ 0 eller b ≡ 0 (mod p). Vis yderligere at
nulreglen ikke gælder generelt hvis p ikke er et primtal.
Eksempel Hvis vi skal løse ligningen
x 2 ≡ 4 (mod 6),
ved vi at hvis et tal x er løsning, så er alle tal i den retsklasse x repræsenterer
modulo 6, også løsninger. Tilsvarende ved vi at hvis x ikke er en løsning
til ligningen, da er der heller ikke andre repræsentanter for restklassen repræsenteret
ved x modulo 6, som er løsninger. Når vi skal løse ligningen,
kan vi altså nøjes med at tjekke en repræsentant for hver af de 6 restklasser
modulo 6, fx repræsentanterne 0, 1, 2, 3, 4, 5. Ved indsættelse ses at det kun
er x = 2 og x = 4 blandt disse tal der løser ligningen. Løsningsmængden
består derfor af restklasserne repræsenteret ved 2 og 4 modulo 6.
Opgave 5.10. Løs ligningerne a) x 2 ≡ 4 (mod 5), b) x 2 ≡ 2 (mod 5), c) x 2 ≡ 1
(mod 8), d) x 2 ≡ 0 (mod 2).
Opgave 5.11. Bevis at hvis p er et primtal større end 2, da har ligningen
x 2 ≡ 1 (mod p)
netop to løsninger i {1, 2, . . . ,p − 1}, og disse er x = 1 og x = p − 1. (Hint:
Husk at enhver matematiker straks omskriver vha. kvadratsætningerne
når hun ser en differens mellem to kvadrattal!)
Tværsum Tværsummen af et positivt heltal er summen af dets cifre. I det
følgende betegner t (n) tværsummen af n ∈ N. Fx er t (1245) = 12.
Den alternerende tværsum Den alternerende tværsum af et tal n ∈ N fås
ved at tage første ciffer, trække det næste ciffer fra, lægge det næste
til, osv. Fx er den alternerende tværsum af 913263 lig med 9 − 1 + 3 −
2 + 6 − 3 = 12.
Sætning 5.2. Lad n ∈ N.
i) Tallet 3 går op i n netop hvis det går op i tværsummen af n.
ii) Tallet 9 går op i n netop hvis det går op i tværsummen af n.
iii) Tallet 11 går op i n netop hvis det går op i den alternerende tværsum
af n.
Bevis i) Lad a m ,a m −1, . . . ,a 1,a 0 være cifrene i n så
n = a n 10 m + a m −110 m −1 + ··· + a 110 + a 0