HJEMMEOPPGAVER (utgave av ):

Transkript

1 HJEMMEOPPGAVER (utgave av : Ogave 1 til 31. januar: La f 1, f 2,... være Fibonacci tallene, det vil si f 1 f 2 1 og f n f n 1 + f n 2 for n 3. Vis: (1 f 1 + f f n f n+2 1. (2 f n+1 f n 1 f 2 n ( 1 n. (3 f m+n f m 1 f n + f m f n+1. (4 Om m n så vil f m f n. (1 Induksjon etter n. (2 Induksjon etter n. (3 Induksjon etter n. (4 Følger av (3. Ogave 2 til 7. februar: Vis at et odde tall n > 1 er et rimtall hvis og bare hvis det ikke kan skrives som summen av tre eller flere konsekutive ositive tall. Vi har m+m+1+ +m+k (k+1m+ k(k { (2l + 1(m + l når k 2l (l + 1(2m + 2l + 1, k 2l + 1. Dette er aldrig rimtall når k 2. Om n n 1 n 2 med n 2 n 1 > 1 er sesielt n 1 og n 2 odde, så vi kan skrive n 1 2l + 1, så l (n 1 1/2, og m n 2 l n 2 (n 1 1/2 > 0, og vi setter k 2l. Vi får at m + m m + k (2l + 1(m + l n 1 n 2. Ogave 3 til 14. februar: Finn, uten å bruke Eulers formel: (1 Antallet ositive heltall 3600 som er rimiske med (2 Antallet ositive heltall 3600 som har en felles faktor større enn 1 med (3 Antallet ositive heltall 7200 som er rimiske med (1 Vi har at så det følger av den kinesiske restsatsen at vi bare behøver å finne restene module 2 4, 3 2 og 5 2 som er rimiske med 2, 3 og 5 resektive og multilisere disse. Men antallet rester er olagt 8, 6 og 20, resektive, så svaret blir (2 Vi får ved (2. (3 Ved den kinesiske restsatsen er restene kongruente modulo 3600 så vi får

2 2 Ogave 4 til 21. februar: La k være et ositivt tall slik at 1 6k + 1, 2 12k + 1 og 3 18k + 1 er rimtall, og la m (1 Vis at ( i 1 (m 1 for i 1, 2, 3. (2 Vis at om gcd(a, i 1 vil a m 1 1 (mod i for i 1, 2, 3. (3 Vis at m er et Carmichaeltall. (4 Vis at vi får Carmichaeltall for k 1, 6, 35. (1 Vi har m 1 s 18k(2 18k k + 1. (2 Føger av (1 og Fermat s lille sats. (3 Følger av (2. (4 En ikke altfor stor regning. Ogave 5 til 28. aril: La være et rimtall forskjellig fra 2 og 5. (1 Vis at deler uendelig mange av tallene 9, 99, 999, 9999,.... (2 Vis at deler uendelig mange av tallene 1, 11, 111, 1111,.... (1 Vi har (mod, så deler 10 1, , ,..., 10 n,... når 1 deler n. (2 Vi har (10 1/(10 1, (10 2 1/(10 1, (10 3 1/(10 1,.... På stand (2 følger derfor av (1 for 3.Men tilfellet 3 er lett. Ogave 6 til 7. mars: La a og k være ositive tall med a 2 og la være et rimtall. (1 Vis at k φ(a k 1. (2 Vis at om φ(n og n så finnes det et rimtall q slik at q n og q 1 (mod. (3 Vis at det finnes uendelig mange rimtall q slik at q 1 (mod. (1 Vi har a k 1 (mod a k 1. (2 La n e 1 1 e k k. Da betyr ϕ(n k k1 e 1 1 i ( 1 1 og n at i 1 for noe i. (3 Anta at q 1,..., q i er alle rimtall som er kongruent til 1 modulo. Anvend (1 med a q 1 q l og k. Da vil φ(a k 1 ved (1 og a k 1 så vi får av (2 at det finnes rimtall q slik at q 1 (mod og q a k 1 som er umulig. Ogave 7 til 21. mars: La n være et ositit tall. (1 Vis at det finnes ikke-negative heltallsløsninger x og y av x 2 y 2 n hvis og bare hvis n er odde eller et multilum av 4.

3 (2 Vis at løsningen er entydig hvis og bare hvis n 1, 4, et odde rimtall, eller 4 ganger et rimtall. 3 (1 Om x og y har samme aritet er x 2 y 2 delbare med 4. Har x og y ulike aritet er x 2 y 2 odde. Om n 4m er x m + 1 og y m 1 en løsning, og om n 2m + 1 er x m + 1 og y m en løsning. (2 Følger ved å analysere løsningene i (1. Ogave 8 til 4. aril: Vis at et tall n er et Carmichaeltall hvis og bare hvis a n a (mod n for alle tall a. Anta at n er et Carmichaeltall. Vi har at n 1 2 k der i 1 n 1 for alle i. Om a er rimisk med n er åstadne klar. Om i a vil a n a (mod i og om i ikke deler a vil a n a (mod i av Fermats lille sats. Derfor vil a n a (mod n for alle a. Omvendt, om a n a (mod n for alle a, og a er i U n kan vi dele bort a og får a n 1 1 (mod n. Ogave 9 til 11. aril: Vis at om er et rimtall som både deler et tall å formen m og et å formen n så vil deler et tall å formen k Ledtåd: ( Vi har 1 ( 1 ( 1 ( 1/2 så 1 (mod 4. Videre vil har 1 2 ( 1 ( 1/2 ( 1 (2 1/8 så 1 (mod 8. La g være rimitiv rot i U. Da vil g ( 1/2 1 så om 8l + 1 vil g 4l 1. Men det betyr at deler g 4l + 1. Ogave 10 til 18. aril: La a 1, a 2,..., a k være alle de ulike kvadratiske restene modulo rimtallet. (1 Vis at om a er en kvadratisk rest modulo og ab 1 (mod så er b en kvadratisk rest modulo. (2 Vis at a 1 a 2 a k 1 (mod om 1 (mod 4. (3 Vis at a 1 a 2 a k 1 (mod om 3 (mod 4. (1 Om a s 2 (mod har vi b bab b 2 s 2 (mod. (2 Om 1 (mod 4 vil Q ( 1/2 være jevn så a 1,..., a k tar ut hverandre arvis, det vil si a i a j 1 (mod for gitt i og assende j i, bortsett fra når a 2 1 som skjer for ±1 som begge er i Q fordi ( 1 1. (3 Om 3 (mod 4 vil Q ( 1/2 være odde. Igjen tar a 1,..., a k ut hverandre bortsett fra de a i slik at a 2 i 1 (mod. Men dette skjer bare for a i 1 fordi 1 / Q ettersom ( 1 1.

4 4 Ogave 11 til 25. aril: Vis at uttrykket (x 2 2/(2y aldrig er et heltall når x og y er heltall. ( Om et rimtall deler 2y må 1, det vil si ( 1 ( 1/2 (2 (3 1. Det følger da av kvadratisk resirositet at (2 (3 1. Vi har at må dele x 2 2 ( og derfor at 1 (2 ( 1 (2 1/8. Sammen med forrige likhet får vi derfor at 3 1 som betyr at 1 (mod 3. Men alle rimtallene som deler 2y kan ikke være å denne formen. Ogave 12 til 2. mai: (1 Vis at for hvert heltall vil φ(n + σ(n 2n. (2 Vis at det er likhet i (1 hvis og bare hvis n 1 eller et rimtall. (1 Av n d n φ(d får vi φ(n d n dµ(n/d og vi har er definisjon σ(n d n µ(n/d. Dette gir hi(n + σ(n d n d(µ(n/d + 1 n(µ(n/n + 1 2n. (2 Om n 1 eller rimtall er det klart likhet. Ellers finnes det to ulike rimtall, q som deler n. Da vil φ(n + σ(n 2n + (n/(µ(n/(n/q + 1 2n + (n/q(µ(q + 1 s(n + (n/q > 2n. Ogave 13 til 9. mai: (1 La f(n være en aritmetisk funksjon som bare tar ikke null verdier. Sett F (n d n f(d. Vis at f(n d n F (n/dµ(d. (2 Vis at n i n φ(n d n(d!/d d µ(n/d. (1 d n F (n/d µ(d d n i1,gcd(n,i1 l (n/d f(e µ(d ed n f(e µ(d e n d (n/e f(e µ(d f(n. Mer at f(e 0 brukes for å unngå 0 0. (2 Sett f(n i1,gcd(n,i i/n og F (n n!/nn. Vi skal vise f(n d n F (dµ(n/d. Av (1 der vi har byttet om d og n/d rekker det å vise at F (n d n f(d. Vi merker at om d er en divisor i n og vi lar 1 a 1,..., a k < d være restene modulo d som er rimiske med d så vil na 1 /d,..., na i k/d gi tall blandt 1, 2,..., n og disse er ulike for ulike divisorer, for om na/d nb/e der e er en divisor i n og b er rimisk med e så må d og e dele hverandre og derfor være like. Vi har (na 1 na i /d k f(dn φ(d, så n! d n f(dnφ(d n n d n f(d ettersom n d n φ(d.

5 5 Ogave 14 til 16. mai: (1 Vis at om n u 2 + v 2 der u, v er rasjonale tall så vil n x 2 + y 2 der x, y er hele tall. (2 Vis at om n x 2 + y 2 der x og y er heltall som er innbyrdes rimiske og om e deler n, der er et rimtall, så vil enten 1 (mod 4 eller 2 og e 1. (1 Vi har at (z 2 n (x 2 + (y 2 for noen hele tall x, y, z. Det følger da av hovedsatsen for fremstilling av n som sum av to kvadrater at de rimtallene som er kongruente 3 modulo 4 må forekomme i n i en like otens. Samme sats sier da at n x 2 + y 2 for noen heltall x, y. (2 Både x og y kan ikke være delbare med 2 ettersom de er innbyrdes rimiske, så minst et av dem er odde. Men da er x 2 + y 2 ikke delbar med 4. Om n vil x 2 + y 2 0 (mod. Minst en av x og y ikke er delbar med. Anta at x ikke er delbar med og la z være element slik at xz 1 (mod. Vi ( får da at 1 + (yz 2 0 (mod og derfor at (mod 4. Ogave 15 til 23. mai: 1 1. Men da er 1 La a, b, c være reelle tall med a > 0. Videre, la d b 2 4ac. Anta at d < 0. Vis at det finnes hele tall x, y, ikke begge 0, slik at ax 2 + bxy + cy 2 2 π. Vi må først utvide Minkowski s sats til: Om X er lukket, konveks, sentralsymmetrisk og F er et gitter slik at vol(x 2 n vol(f så inneholder F et unkt i X. Bevis. La X k (1 + 1 k X for k 1, 2,.... Da vil vol(x k (1 + 1 k n vol(x > 2 k vol(f så X k innholder et unkt x k fra F. Men x 1, x 2,... ligger alle i den begrensete mengden 2X så x k x 0 for uendelig mange k. Men X 1 X 2 X så x 0 k1 X k, og k1 X k X siden X er lukket. Vi fortsetter nu ledtråden for ogaven. La X {(x, y ax 2 + bxy + cy 2 2 π }. Da vil X {(x, y ( ax + b 2 a y2 + y2 4a 2 π }. Sett x ax + b 2 a y og y 4a y. Vi har at X {(x, y (x 2 + (y 2 2 π }. Det følger at X er konveks, og at volumet i (x, y lanet er π 2 π 2. Overgangsmatrisen melllom koordinatene (x, y og (x, y har determinant ( a 4a 1 2. Vi har derfor vol(x Gitteret F {(m, n m, n Z} har volum 1 og vol(x 4 2 n vol(f, så av den utvidete Minkowski s sats vil det finnes heltall x, y som i ogaven.