Kvadrattall

[svinepels]

Vis at et tall på formen

[tex]111 \cdots 1[/tex]

altså et tall som består av etterfølgende 1-tall, aldri kan være et kvadrattall (med unntak av 1).

Er gjerne interessert i flere måter å bevise dette på!

[Vektormannen]

Du kan jo skrive tallet som [tex]10^n + 10^{n-1} + ... + 11[/tex] og se på det modulo 4. Denne har vel vært på øving i tallteori, og da var det vel det som var tanken (så du er kanskje ute etter andre bevis? :p)

EDIT: Registrerte av en eller annen grunn ikke at dette lå i nøtteforumet. Forslaget mitt blir i alle fall

[tex]111\cdots 1 \equiv 100(10^{n-2} + 10^{n-3} + ... + 1) + 11 \equiv 0 + 11 \equiv 3 \ (\text{mod} 4)[/tex]

Men det er ingen kvadrattall er kongruente med 3 modulo 4 siden [tex]0^2 \equiv 0 \ (\text{mod} 4)[/tex], [tex]1^2 \equiv 1 \ (\text{mod} 4)[/tex], [tex]2^2 \equiv 0 \ (\text{mod} 4)[/tex] og [tex]3^2 \equiv 1 \ (\text{mod} 4)[/tex].

[svinepels]

Jepp, så det beviset i løsningsforslag etter at jeg hadde brynet meg på oppgaven en god stund, og må si den løsningen virket så umotivert at det nesten irriterte meg. Lurte derfor på om det finnes andre måter å bevise det på, for eksempel ved å ta utgangspunkt i at tallene kan skrives på formen

[tex]\frac{1}{9}(10^n-1)[/tex]

Problemet blir derfor ekvivalent med å vise at

[tex]9x^2=10^n-1[/tex]

ikke har heltallsløsninger.

[Vektormannen]

Edit: *ja.. sent*

[Fibonacci92]

vel.... kan jo kjøre på med dette ved å skrive om til:


http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan's_conjecture

[svinepels]

Nice one!

[Karl_Erik]

Jeg tror omskrivingen er fin, men kanskje ikke dra inn Mihăilescus teorem inntil strengt nødvendig. Prøv å skille mellom tilfellene der n er partall (her kan en gjøre noe lurt) og nå n er odde (Kanskje litt vanskeligere?).

[Gustav]

Jeg tror omskrivingen er fin, men kanskje ikke dra inn Mihăilescus teorem inntil strengt nødvendig. :P

Blir litt som å skyte spurv med kanon..

[Fibonacci92]

Var ment som en spøk da, men joda:

Vi antar at det finnes en løsning, og kan da observere at x må være et oddetall, la oss si x = 2m+1



Vi ser at venstre side av likhetstegnet ikke er delelig på 4, mens den andre er det, og vi får dermed en motsigelse med mindre n=1, og da har vi løsningene x = -1 v x = 1.

[Karl_Erik]

Snedig! Spøken var forsåvidt morsom da jeg skjønte den, beklager, og syntes det du gjorde var lurere enn det jeg foreslo - tenkte på å skille mellom tilfellene hvor n er partall (en kan faktorisere en side og få 1 på høyresiden, så motsigelse) og hvor n er odde, men dette siste tilfellet blir ikke like lett og det var egentlig ikke noe godt forslag når jeg tenker over det.