Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen

Talteori - Teori og problemløsning, marts 2013, Kirsten Rosenkilde, Georg Mohr-Konkurrencen 46
Desuden er m 2 − m + 1 ≡ 3 3 − 3 + 1 ≡ 3 (mod 4), dvs. at der findes en
primfaktor p i m 2 − m + 1 som har rest 3 modulo 4. Dermed er n 2 + 2 2 ≡ 0
(mod p), og ifølge Sætning 15.2 må p gå op i 2. Dette er en modstrid, og
dermed er antagelsen forkert.
Opgave 15.3 Vi ved at der findes et helt tal z så z 2 + 1 ≡ 0 (mod p). Da
gcd(z ,p) = 1, findes ifølge Thues sætning hele tal x og y , 0 < x ,y < p , så
z y ≡ x (mod p) eller z y ≡ −x (mod p).
Da z 2 + 1 ≡ 0 (mod p), må (y z ) 2 + y 2 ≡ 0 (mod p), og dermed
Da 0 < x 2 + y 2 < 2p , må x 2 + y 2 = p .
x 2 + y 2 ≡ 0 (mod p).
Opgave 15.4 Hvis to tal kan skrives som sum af to kvadrattal, da kan deres
produkt også ifølge opgave 2.6. Tallet 2, alle primtal på formen 4m + 1
samt alle kvadrater kan skrives som sum af to kvadrater, og dermed kan
alle positive heltal, hvor primtal på formen 4n + 3 indgår i en lige potens i
primfaktoropløsningen, også skrives som sum af to kvadrater.
Antag at n = a 2 + b 2 , og at primfaktoropløsningen for n indeholder et
primtal q på formen 4n + 3. Da q går op i en sum af to kvadrater, vil q
ifølge sætning 15.2 gå op i både a og b . Dermed vil q 2 gå op i a 2 + b 2 = n.
Vi reducerer nu n,a 2 og b 2 med q 2 og får a 2 1 + b 2 1 = n 1. Hvis n 1 er delelig
med q, kan vi gentage proceduren en gang til og se at q 2 vil gå op i n 1.
På denne måde indses at q indgår i primfaktoropløsningen for n i en lige
potens.
Opgave 16.1 Blandt tre på hinanden følgende ulige tal, vil det ene være
deleligt med 3, og da de alle tre skal være primtal, må det ene primtal i et
sæt trillingeprimtal være 3. Dermed er der kun et sæt trillingeprimtal, og
det er 3, 5 og 7.
Opgave 16.2 For n = 1 er 2n = 2 ikke er et kvadrattal. For n > 1 findes et
n
primtal p så n < p < 2n. Da
2n
=
n
(2n)(2n − 1)(2n − 2)···(n + 1)
,
n!
må p gå op netop en gang i tælleren, men ikke i nævneren. Binomialkoefficienten
2n er derfor delelig med p , men ikke med p 2 , hvilket viser at
n
ikke kan være et kvadrattal.
2n
n
Opgave 16.3 Vi viser det ved stærk induktion efter n. Det er oplagt sandt
for n = 1, 2, 3 da 1 + 2 = 3, 3 + 4 = 7 og 5 + 6 = 11. Antag at N > 3, og
at påstanden er sandt for alle n < N . Ifølge Bertrands postulat findes et
primtal p , 2N < p < 4N − 2, dvs. p = 2N + r , hvor 0 < r < 2N − 2. Desuden
må r være ulige da p er ulige. Dermed kan tallene r,r + 1, . . . , 2N parres så
parrenes sum er p :
2N + r + 1
p = (2N ) + (r ) = (2N − 1) + (r + 1) = ··· = +
2
2N + r − 1
.
2
Ifølge induktionsantagelsen ved vi yderligere af tallene 1, 2, 3, . . . ,r − 1 kan
parres så parrenes sum er primtal. Dette afslutter induktionen.
Opgave 16.4 Primtal på formen 4n + 3: Antag at der kun findes endligt
mange primtal på formen 4n + 3, og kald disse p1,p2, . . . ,pr , hvor p1 = 3.
Betragt tallet
N = 4p2p3p4 ···pr + 3.
Primtallet p1 = 3 kan ikke være divisor i N da det ikke går op i
4p2p3p4 ···pr . Primtallene p2,p3, . . . ,pr kan heller ikke være divisorer i N
da de går op i 4p2p3p4 ···pr , men ikke i 3. Da N ≡ 3 (mod 4), kan N ikke
kun have primfaktorer på formen 4n +1, og N har derfor en primfaktor på
formen q = 4n + 3, men dette er en modstrid.
Primtal på formen 6n + 5: Bemærk først at alle primtal på nær 2 pg 3
er på formen 6n + 1 eller 6n + 5. Antag at der kun findes endligt mange
primtal på formen 6n + 5, og kald disse p1,p2, . . . ,pr , hvor p1 = 5. Betragt
tallet
N = 6p2p3p4 ···pr + 5.
Primtallet 5 kan ikke være divisor i N , da 5 ikke går op i 6p2p3p4 ···pr .
Primtallene p2,p3, . . . ,pr kan heller ikke være divisorer i N da de går op
i 6p2p3p4 ···pr , men ikke i 5. Da N ≡ 5 (mod 6), kan N ikke kun have