HJEMMEOPPGAVER (utgave av 12-7-2005):

HJEMMEOPPGAVER (utgave av 12-7-2005: 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 2 + + 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 + 1 2 { (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 + 1 + + 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 3600. (2 Antallet ositive heltall 3600 som har en felles faktor større enn 1 med 3600. (3 Antallet ositive heltall 7200 som er rimiske med 3600. (1 Vi har at 3600 2 4 3 2 5 2 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 8 6 20 960. (2 Vi får 3600 960 ved (2. (3 Ved den kinesiske restsatsen er restene kongruente modulo 3600 så vi får 2 960 1920. 1

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 2 3. (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 2 + 11k + 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 10 1 1 (mod, så deler 10 1, 10 2 1, 10 3 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.

(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 2 + 1 og et å formen n 2 + 2 så vil deler et tall å formen k 4 + 1. 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 Ogave 11 til 25. aril: Vis at uttrykket (x 2 2/(2y 2 + 3 aldrig er et heltall når x og y er heltall. ( Om et rimtall deler 2y 2 6 + 3 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 2 + 3 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 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 2 2 4. 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.