Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen

Talteori - Teori og problemløsning, marts 2013, Kirsten Rosenkilde, Georg Mohr-Konkurrencen 42
s 10 + 2s 5 r + r 2 , og dermed 2s 5 r + r 2 = 487. Hvis s = 1, er r (2 + r ) = 487
hvilket er umuligt. Hvis s = 3, er 486r + r 2 = 487, og dermed r = 1. Hvis
s > 3, har ligningen ingen løsninger. Dermed er m = a 0 = 9 den værdi af
m for hvilken følgen indeholder flest kvadrattal.
Opgave 12.4 Lad yn = 2xn − 1. Da er
yn = 2(2xn−1xn−2 − xn−1 − xn−2 + 1) − 1 = 4xn−1xn−2 − 2xn−1 − 2xn−2 + 1
= (2xn−1 − 1)(2xn−2 − 1) = yn−1yn−2 når n > 1.
Bemærk at y1 = 3, y2 = 3y0 og y3 = y1y2 = 32y0. Ved induktion ses let at
y3n = 32s y t 0 hvor s og t er positive heltal. Dermed er y3n et kvadrattal for
alle n ≥ 1 præcis når y0 er et kvadrattal. Da y0 = 2a − 1, fås det ønskede
resultat netop når a = (2m −1)2 +1
, m = 1, 2, 3, . . ..
2
Opgave 12.5 Da Fn+1 = Fn + Fn−1, er
gcd(Fn+1, Fn) = gcd(Fn+1 − Fn , Fn) = gcd(Fn−1, Fn).
Induktivt giver dette gcd(Fn+1, Fn) = gcd(F2, F1) = gcd(1, 1) = 1 som ønsket.
Opgave 12.6 Bemærk først at
a 2000 ≥ 2a 1000 ≥ 2 2 a 500 ≥ 2 3 a 250 ≥ 2 4 a 125
≥ 2 5 a 25 ≥ 2 6 a 5 ≥ 2 7 a 1 ≥ 2 7 = 128.
Betragt følgen a 1 = 1 og a n = 2α1+α2+...+αk for n = p α1 α2
1 p2 ···pαk k . Denne
følge opfylder den ønskede betingelse, og da 2000 = 24 · 53 , er a 2000 = 128.
Dermed er 128 den mindst mulige værdi af a 2000.
Opgave 12.7 De n på hinanden følgende hele tal
(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + n + 1
opfylder det ønskede da tal nummer i har i + 1 som en ikke-triviel divisor.
Opgave 12.8 Betragt et bestemt led i følgen i m . Vi ønsker at finde uendeligt
mange j så n j har præcis de samme primfaktorer som n m . Hvis vi fx kan
finde uendeligt mange j så n j er en potens af n m , viser dette det ønskede.
Derfor overvejer vi om vi kan finde heltallige løsninger j og k til a + j b =
n k m og husker at n m ≡ a (mod b). Hvis vi regner modulo b ses at vi for
hvert k der opfylder at a ≡ a k (mod b) kan finde et tilhørende j . Da a er
primisk med b , er dette sandt fx når k = k ′ · φ(b) + 1. Dette viser at a j har
samme primfaktorer som a m hvis
j = n k ′ ·φ(b)+1
m
b
− a
, k ′ = 1, 2, 3, . . . .
Der findes altså uendelig mange j så a j har netop de samme primfaktorer
som a m .
Opgave 12.9 Lad An = {a 1,a 2, . . . ,a n}. Mængden An består af n forskellige
tal da de har forskellige rester modulo n. Bemærk desuden at hvis a i ,a j ∈
An , da må k = |a i − a j | < n, for ellers vil a i ,a j ∈ Ak og a i ≡ a i (mod k ).
Vi har nu at forskellen mellem det største og det mindste tal i An er mindre
end n, og derfor må An indeholde n på hinanden følgende tal. Da følgen
indeholder uendeligt mange både positive og negative tal, må alle hele
tal forekomme mindst en gang. Samlet giver dette at alle heltal netop optræder
en gang i følgen.
Et eksempel på en mulig følge: 0,−1, 1,−2, 2, . . ..
Opgave 13.1 Samtlige løsninger er x = 63 + k 114, k ∈ Z.
Opgave 13.2 Først vælger vi n forskellige primtal p1,p2, . . . ,pn . Ifølge den
kinesiske restklassesætning har følgende kongruenssystem en løsning.
x + 1 ≡ 0 (mod p 1
1 )
x + 2 ≡ 0 (mod p 2
2 )
.
x + n ≡ 0 (mod p n
n ).
Hvis x er en løsning, da er x + 1,x + 2, . . . ,x + n n på hinanden følgende
hele tal således at tal nummer i er delelig med en i ’te potens af et helt tal.
Opgave 13.3 Vælg nm forskellige primtal p11, . . . ,p1m ,p21 . . . ,p2m , . . .pnm .
Sæt qj = p j 1p j 2 . . .pj m for j = 1, 2, . . .n. Da er q1,q2, . . . ,qn indbyrdes primiske.
Den kinesiske restklassesætning giver da at der findes et positivt
heltal x som er løsning til kongruenssystemet
x + 1 ≡ 0 (mod q1), x + 2 ≡ 0 (mod q2), . . . , x + n ≡ 0 (mod qn).