MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 3

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 3
Avsnitt 2.5
Oppgave 1. Her bruker vi Theorem 2.9. Dvs
ax + by = c har løsning ⇐⇒ gcd(a, b)|c. Vi får derfor
(a) gcd(6, 51) = 3 6 |22, dvs ingen løsning.
(b) gcd(33, 14) = 1|115, dvs løsning.
(c) gcd(14, 35) = 7 6 |93, dvs ingen løsning.
Oppgave 2a. Ved Euklids algoritme ser man at gcd(56, 72) = 8, at 8 = 4 · 56 − 3 · 72 og 40 = 5 · 8 =
20 · 56 − 15 · 72. Så vi får at
56x + 72y = 40 er ekvivalent med at 56x + 72y = 20 · 56 − 15 · 72, dvs
56(20 − x) = 72(y + 15) dvs
7(20 − x) = 9(y + 15). Denne har løsning
20 − x = 9s
y + 15 = 7s,
dvs.
x = 20 − 9s
y = −15 + 7s.
Oppgave 2b. Her tar vi en litt annen variant. Ved Euklids algoritme ser man at gcd(24, 138) = 6, og
derfor er
24x + 138y = 18 ⇐⇒ 4x + 23y = 3.
Videre blir 1 = 4 · 6 − 23 og 3 = 4 · 18 − 23 · 3. Så vi får
4x + 23y = 4 · 18 − 23 · 3
23(y + 3) = 4(−x + 18)
−x + 18 = 23s
y + 3 = 4s
x = 18 − 23s
y = −3 + 4s.
Oppgave 2c. Ved Euklids algoritme ser man at gcd(221, 35) = 1 og at 221 = 6 · 35 + 11. Så vi får direkte
at løsningene av 221x + 35y = 11 er gitt ved
x = 1 − 35t
y = −6 + 221t.
Oppgave 3d*. Her er gcd(158, 57) = 1. Euklid gir 1 = 57 · 61 − 158 · 22 og 7 = 57 · 427 − 158 · 154. Vi
får derfor
158x − 57y = 7 = 57 · 427 − 158 · 154
158(x + 154) = 57(y + 427)
x = −154 + 57s
y = −427 + 158s.
For å få positive verdier, ser vi at vi må ha s ≥ 3. Dvs minste positive verdier er x = 17, y = 47. Sjekk
at disse verdiene passer!
Date: 7. september 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 3
Oppgave 6. La x= antall kalver, y= antall lam og z=antall griser. Da får vi følgende likninger:
(1)
x + y + z = 100
(2)
120x + 50y + 25z = 4000.
Forkort i (2):
(3)
x + y + z = 100
(4)
24x + 10y + 5z = 800.
Sett så (3) inn i (4), og vi får:
(5)
19x + 5y = 300.
Videre har vi
1 = 4 · 5 − 19
(6)
300 = 1200 · 5 − 300 · 19.
(7)
Setter vi inn (7) i (5) får vi:
19(x + 300) = 5(1200 − y).
(8)
Får da som svar:
(9)
x = −300 + 5s
(10)
y = 1200 − 19s
(11)
z = −800 + 14s.
Vi ønsker bare positive løsninger, og ser at:
x > 0 =⇒ s > 60
y > 0 =⇒ s < 64
z > 0 =⇒ s > 57,
så mulige løsninger er gitt ved s = 61, 62 eller 63. Dvs
s x y
z
61 5 41 54
62 10 22 68
63 15
3 82
Avsnitt 3.1
Oppgave 2. Vi viser at ikke alle positive heltall kan skrives på form p + a2 , hvor p er 1 eller et primtall
og a ≥ 0 er et heltall. Her holder det å finne et moteksempel.
La oss starte med n2 , n ≥ 0, og skriv p + a2 = n2 . Da får vi at p = n2 − a2 = (n − a)(n + a), og for at
p skal være 1 eller et primtall, så må n − a = 1. Ved innsetting ser vi at p = 2n − 1, så ved å velge n = 5
er p ikke et primtall. Altså er 52 = 25 ikke på riktig form.
Oppgave 3c*. Vi viser at det eneste primtallet på form n3 − 1 er 7. Merk at n > 1, og skriv
n3 − 1 = (n − 1)(n2 + n + 1).
Vi har altså faktorisert tallet, og siden n2 + n + 1 > 1, så er eneste mulighet for at produktet er et primtall
nettopp n = 2.
Oppgave 10*. Hvis p 6= 5 er et odde primtall, så er enten p2 − 1 eller p2 + 1 delelig med 10.
For å se dette, husk at alle heltall kan skrives entydig på formen 10k + r, hvor 0 ≤ r < 10, vha.
divisjonsalgoritmen. Dette igjen betyr at alle odde primtall p ulik 5 kan skrives på form 10k + 1, 10k + 3,
10k + 7 eller 10k + 9.
Dersom man kvadrerer disse, får man hhv. restene 1, 9, 9 og 1 ved divisjon på 10, hvilket betyr at
enten 10 | p2 − 1 eller 10 | p2 + 1.
√
n
Avsnitt 3.2
√
√
Oppgave 4c. Anta
n er rasjonal. Fra 4b vet vi at hvis a er et heltall og n a er rasjonal, så er n a selv
√
et heltall. Dvs n n = b, der b er et heltall. Opphøy begge sider i n for å få n = bn . Nå bruker vi hintet:
2n > n = bn , altså er 2 > b og b = 1 er eneste mulighet.
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 3
3
√
Oppgave 5. Siden alle sammensatte tall n har en primtallsdivisor p ≤ n (dette forklares
√ i begynnelsen
av avsnitt 3.2), vil alle tresifrede tall ha en primtallsdivisor p som er mindre eller lik 999 ≈ 31.6, dvs.
p ≤ 31.
Oppgave 12c*. La pn være n-te primtall, dvs. p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, osv. La oss anta at det finnes en
n slik at
1/p1 + 1/p2 + · · · + 1/pn = N,
er et heltall. Skriv P = p1 p2 · · · pn . Da har vi likheta
P/p1 = N P − (P/p2 + · · · + P/pn ),
hvor alle brøkene som forekommer er hele tall. Nå har vi at p1 | N P og p1 | P/pi for 2 ≤ i ≤ n,
siden p1 forkommer som et ledd i alle disse produktene, så p1 deler høyre side. Men nå merker vi oss
at p1 - P/p1 = p2 · · · pn , siden gcd(p1 , pi ) = 1 for 2 ≤ i ≤ n, så p1 deler ikke venstre side. Dette gir en
motsigelse, som betyr at N ikke kan være et heltall.
(Dette beviset bruker langt fra alle antagelsene. Det eneste vi har benyttet er at p1 ≥ 2 og at
gcd(p1 , pi ) = 1 for alle 2 ≤ i ≤ n.)
Avsnitt 3.3
Oppgave 2*. La n være et vilkårlig tall. Da er n(n + 2) + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . Spesielt, hvis p
og q er tvillingprimtall, viser dette at pq + 1 er et kvadrattall.
La p > 3 og p + 2 begge være primtall. Spesielt er begge odde, så 2 | p + 1. Ved antagelse har vi at
3 - p og 3 - p + 2, så ved divisjonsalgoritmen har vi at 3 | p + 1. Dette medfører at 6 | p + 1 og dermed at
12 | 2p + 2 = p + (p + 2).
Oppgave 3. Vi skal finne alle par av primtall (p, q) slik at p − q = 3. Dette kravet sier at det ene
primtallet er jevnt og det andre er odde. Siden det bare finnes ett jevnt primtall, finnes det bare ett slikt
par, nemlig (5, 2).