VGS: Enkel tallteori

[Gustav]

For hele tall

[tex]p+q^2=r^2[/tex].

Vis at 6 deler [tex]pqr[/tex].

[FredrikM]

Kom fram til en løsning til slutt, men usikker på om jeg skal poste den ettersom jeg strengt tatt ikke er VGS-elev lenger.

[BMB]

Jeg er i allfall VGS-elev. Denne kan løses ved å betrakte den i henholdsvis modulo 2 og modulo 3.

Ser vi på ligningen modulo 2, ser vi at det er en umulighet at alle er 1 mod(2).

Kvadrater er enten 0 mod(3) eller 1 mod(3). Så hvis både q^2 og r^2 er 1 mod(3), må p være 0 mod 3. Hvis en av q^2,r^2 er 0 mod (3), så må en av p,q være 0 mod (3).

Så minst en av p,q,r må være delelig på 2, og minst en må være delelig på 3. Så produktet må være delelig på 6.

[espen180]

Kan du forkalre det nærmere for oss ikke-invidde i tallteoriens mystiske verden?

[BMB]

Jeg kan forsøke. Forklaringa mi ovenfor var skral uansett...

Ser du på ligningen og betrakter paritet, så vil du finne at p,q,r ikke alle kan være odde. For da ville vi fått summen av to oddetall på venstresida (som jo blir et partall), mens vi ville hatt et oddetall på høyresida. Så minst ett av talla er et partall.

Nå må vi vise at minst ett av tallene er delelig på tre. Du vet at alle naturlige tall kan skrives på en av formene 3k, 3k+1, 3k+2, der k er et naturlig tall. Hvis du prøver å kvadrere hver av disse formene, vil du ende opp med 3c, 3c+1, 3c+1 for et naturlig tall c. Dette viser at et kvadrat av et heltall enten er på formen 3c eller 3c+1. Hvis en av q^2,r^2 er på formen 3c er vi ferdige (for hvis et kvadrat er på formen 3c må tallet vi kvadrerte være på formen 3k). Hvis begge er på formen 3c+1, må p være på formen 3k, og vi er ferdige da også.

Noe uklart der?

[espen180]

Tja, jeg skjønner (og er enig) med ressoneringen din, men jeg skjønner ikke hvordan dette medfører at [tex]6|pqr[/tex].

[BMB]

Jo; hvis minst ett av tallene er et partall, og minst ett er delelig på 3, må det være minst én toer-faktor og minst én treer-faktor i produktet pqr. Det må m.a.o. være en sekser-faktor i pqr.

[espen180]

Ah, sånn henger det altså sammen.

Takk for forklaringen.

Har du en oppfølger, plutacro?

[BMB]

Jeg har et par på lager:


La [tex]p_m[/tex] være det m'te primtallet.

1) Kan [tex]p_1p_2 \cdots p_n[/tex] være et perfekt kvadrat for noen n?

2) Hva med [tex] p_1p_2 \cdots p_n+1[/tex] ?

[FredrikM]

For hele tall

[tex]p+q^2=r^2[/tex].

Vis at 6 deler [tex]pqr[/tex].

Da poster jeg min løsning. Modulær regning er litt mer elegant enn det jeg kludret med, dog.

Ganger ligningen med [tex]qr[/tex]:

[tex]pqr = r^2qr -q^2qr = qr(r^2-q^2)=qr(r-q)(r+q)[/tex]

Vi ser lett at [tex]pqr[/tex] må være delelig på 2. Er [tex]q[/tex] et partall (eller [tex]r[/tex]) er dette selvsagt. Men er de begge oddetall, ser vi at uttrykket [tex]r+q[/tex] er et partall, og følgelig er [tex]pqr[/tex] delelig på to. Så må vi vise at det er delelig på 3. Om enten [tex]p[/tex] eller [tex]q[/tex] er delelig på tre, er selvsagt [tex]pqr[/tex] delelig på 3, og dermed også på 6.

Tallene r og q kan da skrives på følgende måter:
[tex]r_1 = 3n+1, r_2=3n+2, q_1=3m+1, q_2=3m+2[/tex]

Da ser vi at om [tex]r=r_1[/tex] og [tex]q=q_1[/tex], så vil [tex](r-q)[/tex] være delelig på tre. Er [tex]r = r_1[/tex] og [tex]q=r_2[/tex], vil [tex](r+q)[/tex] være delelig på 3. Og vi har da dekt alle muligheter.

Følgelig er [tex]pqr[/tex] delelig på 3.

[Zivert]

2) Hva med [tex] p_1p_2 \cdots p_n+1[/tex] ?

Anta at det finnes et heltall [tex]n\,[/tex] slik at [tex] p_1p_2 \cdots p_n+1=k^2\,[/tex] der [tex]k\in \mathbb{N}\,[/tex]. Siden [tex]k\, [/tex]er et oddetall har vi at [tex]k^2 \eq 1 \,\, ( {\rm mod}\, 4 )\,[/tex], men det må bety at [tex]4|p_1p_2 \cdots p_n[/tex]. Dette er en motsigelse da [tex]p_1=2\,[/tex] og [tex]2 \not |p_2p_3 \cdots p_n[/tex].

[Gustav]

Oppfølger:

Vis at dersom for heltall; [tex]a^2+b^2=c^2[/tex], da er

[tex]abc[/tex] delelig med 60

[BMB]

Vis at dersom for heltall; [tex]a^2+b^2=c^2[/tex], da er

[tex]abc [/tex]delelig med 60

Denne tas vel også raskt med modulær aritmetikk. Vi må vise at at minst en av a,b,c er delelig med 3, minst en delelig med 4, og minst en delelig med 5.

Modulo 3: Mulige rester for kvadrater er 0 og 1. Umulig at alle er kongruent med 1, ettersom vi da får 2 på V.S. og 1. på H.S. av ligningen [tex]a^2+b^2=c^2[/tex].

Modulo 4: Mulige rester for kvadrater er også her 0 og 1. Samme resonnement.

Modulo 5: Mulige rester er her 0, 1 og 4. Er både a og b kongruent med 1 mod(5), får vi at c^2 [symbol:identisk] 2 mod(5), så det går ikke. Er både a og b kongruent med 4 mod(5), får vi c^2 [symbol:identisk] 3 mod(5), så det går heller ikke. Er en av a,b kongruent med 1, og den andre kongruent med 4, må c^2 [symbol:identisk] 0 mod(5).

Så minst én av a,b,c må være delelig med 3, minst en delelig med 4 og minst én delelig med 5. Så produktet abc må være delelig med 3*4*5=60.

[Gustav]

Ja, det synes riktig det du sier. Fint!