Adventsproblem 1

[Gustav]

Finn alle heltall $n$ slik at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er et heltall.

[Markus]

Bra initiativ Gustav. Viktig å holde tradisjonene ved like her på matematikk.net. Førjula blir ikke helt den samme uten

For at $\sqrt{n}$ skal være heltall må $n$ være på formen $k^2$ for en $k\in \mathbb{Z}$. For at $\sqrt{n+2005}$ også skal være heltall, må denne $k$ oppfylle $k^2+2005=j^2$ for en $j \in \mathbb{Z}$. Skriver vi litt om på denne får vi at $j^2-k^2=(j+k)(j-k)=2005$. Primtallsfaktoriseringen til $2005$ er $5 \cdot 401$, så vi kan få $2005$ ved følgende multiplikasjoner $1 \cdot 2005, 401 \cdot 5,-1 \cdot -2005, -401 \cdot - 5$. Hvis vi bruker dette på $(j+k)(j-k)$ får vi følgende løsninger $(j,k)=(1003,1002),(203,198),(-203,198),(-1003,1002)$ respektivt. Siden alle kvadrater er positive kan vi se bort ifra minusløsningene. Altså er de heltallene $n$ som gjør at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er heltall $n=198^2,1002^2$.


Oppfølger:
La $n$ være et heltall slik at $2 \leq n \leq 2017$. For hvor mange (distinkte) $n$ er $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right)$ et heltall?

[Gustav]

For at $\sqrt{n}$ skal være heltall må $n$ være på formen $k^2$ for en $k\in \mathbb{Z}$. For at $\sqrt{n+2005}$ også skal være heltall, må denne $k$ oppfylle $k^2+2005=j^2$ for en $j \in \mathbb{Z}$. Skriver vi litt om på denne får vi at $j^2-k^2=(j+k)(j-k)=2005$. Primtallsfaktoriseringen til $2005$ er $5 \cdot 401$, så vi kan få $2005$ ved følgende multiplikasjoner $1 \cdot 2005, 401 \cdot 5,-1 \cdot -2005, -401 \cdot - 5$. Hvis vi bruker dette på $(j+k)(j-k)$ får vi følgende løsninger $(j,k)=(1003,1002),(203,198),(-203,198),(-1003,1002)$ respektivt. Siden alle kvadrater er positive kan vi se bort ifra minusløsningene. Altså er de heltallene $n$ som gjør at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er heltall $n=198^2,1002^2$.

Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.

[alund]

Oppfølger:
La $n$ være et heltall slik at $2 \leq n \leq 2017$. For hvor mange (distinkte) $n$ er $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right)$ et heltall?

Forenklingen $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right) = \prod_{i=2}^n \frac{i+1}{i}$ gjør det enklere å se at dette blir et teleskop med resultat $\frac{n+1}{2}$ som er et heltall hvis og bare hvis $n$ er odde, som det er $1008$ av i det gitte intervallet.

Oppfølger:
Vis at summen av kvadratene av fem etterfølgende positive heltall aldri er et kvadrat.

[Markus]

Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.

Først, likningen er ekvivalent med $\frac{(\sqrt{n+2005}-\sqrt{n})(\sqrt{n+2005}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}} = \frac{2005}{\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}}$.

Herifra sees at $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}$ må dele 2005 for at det skal være et heltall. Det er lett å se at $\sqrt{n+2005} > \sqrt{n}$, så vi må enten ha $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=401$,$\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=5$ eller $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=1$. Her er den første likningen ikke løsbar, fordi vi på et steg i løsningen ender opp med $-158796=802\sqrt{x}$, som ikke er mulig, siden $\sqrt{x}$ alltid er positiv for $x \in \mathbb{R}$. De to andre likningene er derimot løsbare, og gir henholdsvis $198^2$ og $1002^2$, som i mitt forrige innlegg. Denne løsningen er nok langt mer vanntett med tanke på at den ikke krever noen egenskaper fra $\sqrt{n}$ og $\sqrt{n+2005}$. Jeg hadde originalt ikke noe argument for at $\sqrt{n}$ og $\sqrt{n+2005}$ skulle være heltall i utgangspunktet heller i mitt forrige innlegg, jeg overså egentlig bare den muligheten for at irrasjonal + irrasjonal = heltall.


Forresten, fin løsning alund! Hvordan har eksamenene gått så langt?

[mingjun]

Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.

Det er også tilstrekkelig å betrakte $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}=k \Rightarrow \sqrt{n}^2=(k-\sqrt{n+2005})^2 \Rightarrow n= k^2-2k\sqrt{n+2005} +(n+2005)$. Siden alle ledd i likningen er heltall, så må også $2k\sqrt{n+2005}$ også være heltall. Altså er $\sqrt{n+2005}$ heltall. Et lignende argument gir at $\sqrt{n}$ også er heltall.

[Gustav]

Det er også tilstrekkelig å betrakte $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}=k \Rightarrow \sqrt{n}^2=(k-\sqrt{n+2005})^2 \Rightarrow n= k^2-2k\sqrt{n+2005} +(n+2005)$. Siden alle ledd i likningen er heltall, så må også $2k\sqrt{n+2005}$ også være heltall. Altså er $\sqrt{n+2005}$ heltall. Et lignende argument gir at $\sqrt{n}$ også er heltall.

Fint! Her har vi vel også benyttet at kvadratrota av et ikkenegativt heltall enten er et heltall eller et irrasjonalt tall.

[Markus]

Oppfølger:
Vis at summen av kvadratene av fem etterfølgende positive heltall aldri er et kvadrat.

La $S=n+(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+(n+4)^2$. Substituer nå $u=n+2$, og ved å skrive ut $S$ fås at $S=5u^2+10=5(u^2+2)$. For at $S$ skal være være et kvadrat må vi blant annet ha at $5$ er en faktor i $u^2+2$ med odde multiplisitet; enda svakere blir det å kreve at $u^2\equiv -2 \pmod{5}$. Nå er $(-2)^{\frac{5-1}{2}} \equiv -1 \pmod{5}$ så det følger av Eulers kriterium at $u^2 \equiv -2 \pmod{5}$ ikke er løsbar, altså kan ikke $5$ være en faktor i $u^2+2$, som fullfører beviset.

[alund]

Hvordan har eksamenene gått så langt?

Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.

[Markus]

Hvordan har eksamenene gått så langt?

Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.

Bra å høre! Det har stort sett gått bra for meg og! Ble veldig fornøyd med både karakter i tallteori og linalg. Jeg så at vi ikke kunne anta at $\gcd(a,35)=1$, men klarte ikke å vise det for noen andre $a$ enn de som er relativt primiske med $35$ uansett Det blir spennende å se hvordan de andre fagene gikk over jul, spesielt spent på analysen!

Hvilke fag skal du ha til våren? Kjører du BMAT-fagene eller ÅMATSTAT-fagene?

Og en liten oppfølger:
For hvor mange positive heltall $n$ er $3^n-n^2$ et primtall?

[alund]

Hvordan har eksamenene gått så langt?

Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.

Bra å høre! Det har stort sett gått bra for meg og! Ble veldig fornøyd med både karakter i tallteori og linalg. Jeg så at vi ikke kunne anta at $\gcd(a,35)=1$, men klarte ikke å vise det for noen andre $a$ enn de som er relativt primiske med $35$ uansett Det blir spennende å se hvordan de andre fagene gikk over jul, spesielt spent på analysen!

Hvilke fag skal du ha til våren? Kjører du BMAT-fagene eller ÅMATSTAT-fagene?

Og en liten oppfølger:
For hvor mange positive heltall $n$ er $3^n-n^2$ et primtall?

Kjempemessig

ÅMATSTAT-fagene er de samme som BMAT-fagene, men man kan bytte MA1202 med MA2401 Geometri og/eller ST1101 med TMA4245 Statistikk. Det kommer jeg ikke til å gjøre, så det blir BMAT-fagene. Skal også ta TMA4150 Algebra, og prøver meg på MA3202 Galoisteori, slik at jeg kan ta noen algebra-fag neste år. Det er et stort hopp, så jeg leser meg for tiden opp på forkunnskaper i læreboken. Kan trekke meg eller bytte det med Geometri hvis det ikke funker, men satser på at det går fint. Hvilke fag tar du?

Når $n$ er odde har leddene lik paritet og differansen blir et partall, som ikke er prim med unntak av $2$, som vi oppnår med $n=1$. Ellers er $n=2k$ med $k\in \mathbb{N}$ og vi har $3^{2k}-(2k)^2=(3^k)^2-(2k)^2=(3^k+2k)(3^k-2k)$. Begge faktorene øker når $k$ øker (åpenbart for første faktor, dropper bevis for andre faktor), så $k=1$, som gir høyre faktor lik $1$, er eneste mulighet for primtall, fordi ellers har vi et tall sammensatt av de to faktorene. $k=1$ gir 5, som er et primtall og det konkluderes at der er $2$ slike $n$ ($n=1,2$).

[Markus]

Når $n$ er odde har leddene lik paritet og differansen blir et partall, som ikke er prim med unntak av $2$, som vi oppnår med $n=1$. Ellers er $n=2k$ med $k\in \mathbb{N}$ og vi har $3^{2k}-(2k)^2=(3^k)^2-(2k)^2=(3^k+2k)(3^k-2k)$. Begge faktorene øker når $k$ øker (åpenbart for første faktor, dropper bevis for andre faktor), så $k=1$, som gir høyre faktor lik $1$, er eneste mulighet for primtall, fordi ellers har vi et tall sammensatt av de to faktorene. $k=1$ gir 5, som er et primtall og det konkluderes at der er $2$ slike $n$ ($n=1,2$).

Korrekt! Fra årets runde 1 i Abelkonkurransen. Gjorde det på samme måte som deg.

Kjempemessig

ÅMATSTAT-fagene er de samme som BMAT-fagene, men man kan bytte MA1202 med MA2401 Geometri og/eller ST1101 med TMA4245 Statistikk. Det kommer jeg ikke til å gjøre, så det blir BMAT-fagene. Skal også ta TMA4150 Algebra, og prøver meg på MA3202 Galoisteori, slik at jeg kan ta noen algebra-fag neste år. Det er et stort hopp, så jeg leser meg for tiden opp på forkunnskaper i læreboken. Kan trekke meg eller bytte det med Geometri hvis det ikke funker, men satser på at det går fint. Hvilke fag tar du?

Galoisteori til våren - dristig! Jeg har selv vært inne på tanken å ta TMA4150 Algebra, men så det krasjet med forelesningene i flerdim (MA1103), men vurderer egentlig å bare ta det likevel. Tenkte også litt på å ta Generell Topologi eller Introduksjon til topologi (MA3002 eller TMA4190), eventuelt de samtidig til våren, men disse krasjer med ST1101 og MA1202, så ja, vanskelig å få det til å gå opp. Vi får se. Ellers blir det vel vanlig pakke med MA1102,MA1202,MA1103 og ST1101. Har fått med meg at det er gjeng BMAT-ere som tenkte å ta TMA4150 til våren, så mulig jeg slenger meg på der altså Det geometrifaget du nevner har jeg tatt en titt på, og det ser ganske kult ut, noe jeg absolutt vurderer å ta ila studietida mi på haugen.