Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen
Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen
Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
<strong>Talteori</strong> - <strong>Teori</strong> <strong>og</strong> <strong>problemløsning</strong>, marts 2013, Kirsten Rosenkilde, <strong>Georg</strong> <strong>Mohr</strong>-<strong>Konkurrencen</strong> 38<br />
Dermed må gcd(10 2n 1 + 1, 10 2 n 2 + 1) | gcd(10 2 n 2 − 1, 10 2 n 2 + 1) = 1, <strong>og</strong> faktoriseringen<br />
af Nn,k viser at Nn,k har mindst n forskellige primfaktorer.<br />
Opgave 7.13 Vi bestemmer 99 703 modulo 10 4 vha. af binomialformlen:<br />
99 703 = (100 − 1) 703 <br />
703<br />
≡ 100 − 1 = 70300 − 1 ≡ 299 (mod 10<br />
1<br />
4 ).<br />
Dermed er de fire sidste cifre 0299.<br />
Opgave 7.14 Vi regner modulo b 4 på udtrykket (b 2 + a ) b − a b <strong>og</strong> udnytter<br />
undervejs binomialformlen:<br />
(b 2 + a ) b − a b <br />
b<br />
≡ b<br />
1<br />
2 a b−1 = b 3 a b−1 (mod b 4 ).<br />
Da a <strong>og</strong> b ikke har n<strong>og</strong>en fælles primfaktorer <strong>og</strong> b > 1, er a b−1 ikke delelig<br />
med b . Dette viser at (b 2 + a ) b − a b er delelig med b 3 , men ikke med b 4 ,<br />
dvs. at n = 3.<br />
Opgave 8.1 φ(3) = 2, φ(4) = 2, φ(5) = 4, φ(6) = 2, φ(7) = 6, φ(8) = 4,<br />
φ(9) = 6, φ(10) = 4, φ(11) = 10, φ(12) = 4, φ(13) = 12, φ(14) = 6, φ(15) = 8,<br />
φ(16) = 8, φ(17) = 16, φ(18) = 6, φ(19) = 18.<br />
Opgave 8.2 a) Samtlige primiske restklasser modulo 15 er repræsenteret<br />
ved 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Deres multiplikative inverse ses af følgende: 1·1 ≡<br />
1 (mod 15), 2·8 ≡ 1 (mod 15), 4·4 ≡ 1 (mod 15), 7·13 ≡ 1 (mod 15), 11·11 ≡ 1<br />
(mod 15), 14 · 14 ≡ 1 (mod 15). b) 7x + 19 ≡ 36 ⇔ 7x ≡ 2 ⇔ x ≡ 13 · 2 ≡ 11<br />
(mod 15).<br />
Opgave 8.3 Det følger af opgave 5.11<br />
Opgave 8.4 Det følger af sætning 8.3 <strong>og</strong> 8.7.<br />
Opgave 8.5 Ifølge sætning 8.8 er φ(120) = φ(2 3 · 3 · 5) = 2 2 · 2 · 4 = 32 <strong>og</strong><br />
φ(98) = φ(2 · 7 2 ) = 7 · 6 = 42.<br />
Opgave 8.6 Antag at φ(n) = 8. Hvis p er primfaktor i n, må p −1 | φ(n) = 8.<br />
Dette er kun muligt når p = 2, p = 3 eller p = 5. Hvis 3 2 | n, må 3 | φ(n) =<br />
8, hvilket det ikke gør. Hvis 5 2 | n, må 5 | φ(n) = 8, hvilket det ikke gør.<br />
Dermed er de muligheder vi skal tjekke, på formen n = 2 a ·3 b ·5 c hvor a er et<br />
ikke-negativt heltal <strong>og</strong> b,c ∈ {0, 1}. Af dette ses at n = 2 4 = 16, n = 2 3 ·3 = 24,<br />
2 2 · 5 = 20 <strong>og</strong> n = 3 · 5 = 15 er de eneste n for hvilke φ(n) = 8.<br />
Opgave 8.7 Lad primfaktoropløsningen af n være n = p α1<br />
1 ···pαm<br />
m . Ifølge<br />
sætning 8.8 er<br />
φ(n α ) = φ(p αα1<br />
1<br />
αα2 p2 ···p ααm<br />
m )<br />
= p αα1−1<br />
1 (p1 − 1)···p ααm −1<br />
m (pm − 1)<br />
<br />
= (p α1<br />
1 )α−1 ···(p αm<br />
m )α−1p<br />
α1−1<br />
1 (p1 − 1)···p αm<br />
<br />
−1<br />
m (pm − 1)<br />
= n α−1 φ(n).<br />
Opgave 8.8 Lad primfaktoropløsningen af n være p α1 α2<br />
1 p2 ···pαm m . Da er<br />
<br />
m <br />
φ(d ) = 1 + φ(pi ) + φ(p 2<br />
αi<br />
i ) + ··· + φ(p i )<br />
<br />
d |n<br />
=<br />
=<br />
=<br />
i =1<br />
m <br />
1 + (pi − 1) + (pi − 1)pi + ··· + (pi − 1)p αi<br />
<br />
−1<br />
i<br />
i =1<br />
m <br />
1 + (pi − 1) p αi − 1<br />
pi − 1<br />
i =1<br />
m<br />
i =1<br />
p αi<br />
i<br />
= n<br />
Opgave 9.1 Hvis n er et primtal, gælder ifølge Wilsons sætning at<br />
(n − 1)! ≡ −1 (mod n),<br />
dvs. at n går op i (n − 1)! + 1.<br />
Hvis n > 1 ikke er et primtal, findes et primtal p som går op i n, hvor<br />
p < n. Da p går op i (n−1)!, kan p <strong>og</strong> dermed heller ikke n gå op i (n−1)!+1.<br />
Altså er betingelsen kun opfyldt når n er et primtal eller n = 1.<br />
Opgave 9.2 Vi viser indirekte at svaret er nej. Antag at mængden<br />
S = {n,n + 1, . . . ,n + 9}