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> 42<br />
s 10 + 2s 5 r + r 2 , <strong>og</strong> dermed 2s 5 r + r 2 = 487. Hvis s = 1, er r (2 + r ) = 487<br />
hvilket er umuligt. Hvis s = 3, er 486r + r 2 = 487, <strong>og</strong> dermed r = 1. Hvis<br />
s > 3, har ligningen ingen løsninger. Dermed er m = a 0 = 9 den værdi af<br />
m for hvilken følgen indeholder flest kvadrattal.<br />
Opgave 12.4 Lad yn = 2xn − 1. Da er<br />
yn = 2(2xn−1xn−2 − xn−1 − xn−2 + 1) − 1 = 4xn−1xn−2 − 2xn−1 − 2xn−2 + 1<br />
= (2xn−1 − 1)(2xn−2 − 1) = yn−1yn−2 når n > 1.<br />
Bemærk at y1 = 3, y2 = 3y0 <strong>og</strong> y3 = y1y2 = 32y0. Ved induktion ses let at<br />
y3n = 32s y t 0 hvor s <strong>og</strong> t er positive heltal. Dermed er y3n et kvadrattal for<br />
alle n ≥ 1 præcis når y0 er et kvadrattal. Da y0 = 2a − 1, fås det ønskede<br />
resultat netop når a = (2m −1)2 +1<br />
, m = 1, 2, 3, . . ..<br />
2<br />
Opgave 12.5 Da Fn+1 = Fn + Fn−1, er<br />
gcd(Fn+1, Fn) = gcd(Fn+1 − Fn , Fn) = gcd(Fn−1, Fn).<br />
Induktivt giver dette gcd(Fn+1, Fn) = gcd(F2, F1) = gcd(1, 1) = 1 som ønsket.<br />
Opgave 12.6 Bemærk først at<br />
a 2000 ≥ 2a 1000 ≥ 2 2 a 500 ≥ 2 3 a 250 ≥ 2 4 a 125<br />
≥ 2 5 a 25 ≥ 2 6 a 5 ≥ 2 7 a 1 ≥ 2 7 = 128.<br />
Betragt følgen a 1 = 1 <strong>og</strong> a n = 2α1+α2+...+αk for n = p α1 α2<br />
1 p2 ···pαk k . Denne<br />
følge opfylder den ønskede betingelse, <strong>og</strong> da 2000 = 24 · 53 , er a 2000 = 128.<br />
Dermed er 128 den mindst mulige værdi af a 2000.<br />
Opgave 12.7 De n på hinanden følgende hele tal<br />
(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + n + 1<br />
opfylder det ønskede da tal nummer i har i + 1 som en ikke-triviel divisor.<br />
Opgave 12.8 Betragt et bestemt led i følgen i m . Vi ønsker at finde uendeligt<br />
mange j så n j har præcis de samme primfaktorer som n m . Hvis vi fx kan<br />
finde uendeligt mange j så n j er en potens af n m , viser dette det ønskede.<br />
Derfor overvejer vi om vi kan finde heltallige løsninger j <strong>og</strong> k til a + j b =<br />
n k m <strong>og</strong> husker at n m ≡ a (mod b). Hvis vi regner modulo b ses at vi for<br />
hvert k der opfylder at a ≡ a k (mod b) kan finde et tilhørende j . Da a er<br />
primisk med b , er dette sandt fx når k = k ′ · φ(b) + 1. Dette viser at a j har<br />
samme primfaktorer som a m hvis<br />
j = n k ′ ·φ(b)+1<br />
m<br />
b<br />
− a<br />
, k ′ = 1, 2, 3, . . . .<br />
Der findes altså uendelig mange j så a j har netop de samme primfaktorer<br />
som a m .<br />
Opgave 12.9 Lad An = {a 1,a 2, . . . ,a n}. Mængden An består af n forskellige<br />
tal da de har forskellige rester modulo n. Bemærk desuden at hvis a i ,a j ∈<br />
An , da må k = |a i − a j | < n, for ellers vil a i ,a j ∈ Ak <strong>og</strong> a i ≡ a i (mod k ).<br />
Vi har nu at forskellen mellem det største <strong>og</strong> det mindste tal i An er mindre<br />
end n, <strong>og</strong> derfor må An indeholde n på hinanden følgende tal. Da følgen<br />
indeholder uendeligt mange både positive <strong>og</strong> negative tal, må alle hele<br />
tal forekomme mindst en gang. Samlet giver dette at alle heltal netop optræder<br />
en gang i følgen.<br />
Et eksempel på en mulig følge: 0,−1, 1,−2, 2, . . ..<br />
Opgave 13.1 Samtlige løsninger er x = 63 + k 114, k ∈ Z.<br />
Opgave 13.2 Først vælger vi n forskellige primtal p1,p2, . . . ,pn . Ifølge den<br />
kinesiske restklassesætning har følgende kongruenssystem en løsning.<br />
x + 1 ≡ 0 (mod p 1<br />
1 )<br />
x + 2 ≡ 0 (mod p 2<br />
2 )<br />
.<br />
x + n ≡ 0 (mod p n<br />
n ).<br />
Hvis x er en løsning, da er x + 1,x + 2, . . . ,x + n n på hinanden følgende<br />
hele tal således at tal nummer i er delelig med en i ’te potens af et helt tal.<br />
Opgave 13.3 Vælg nm forskellige primtal p11, . . . ,p1m ,p21 . . . ,p2m , . . .pnm .<br />
Sæt qj = p j 1p j 2 . . .pj m for j = 1, 2, . . .n. Da er q1,q2, . . . ,qn indbyrdes primiske.<br />
Den kinesiske restklassesætning giver da at der findes et positivt<br />
heltal x som er løsning til kongruenssystemet<br />
x + 1 ≡ 0 (mod q1), x + 2 ≡ 0 (mod q2), . . . , x + n ≡ 0 (mod qn).