Transcript Ellips 11: Lösningar till övningsprov (PDF)

Ellips 11 / Talteori och logik
Lösningar till Studentprovsuppgifterna
Uppdaterad 20.5.2010
1
1º
Eftersom 10 ≡ 1 (mod 3) så är
a n10n + a n–110n–1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a 110 + a 0
≡ a n1n + a n–11n–1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a 11 + a 0
≡ a 0 + a 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n (mod 3).
Dvs. talet är delbart med 3 om och endast om a 0 + a 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n är delbart med 3.
2º
Eftersom 7 ≡ 1 (mod 3) och 2 ≡ –1 (mod 3) så är 72505 + 21573 ≡ 12502 + (–1)1573 = 1 – 1
= 0 (mod 3). Dvs. talet 72502 + 21573 är delbart med 3.
2
Euklides algoritm ger
34086 = 2 · 14630 + 4826
14630 = 3 · 4826 + 152
4826 = 31 · 152 + 114
152 = 1 · 114 + 38
114 = 3 · 38 + 0
Dvs. sgf(34086, 14630) = 38. Vi löser den Diofantiska ekvationen 34086a + 14630b
= 38. Delningsekvationerna ovan ger nu för divisonsresterna
4826 = 34086 – 2 · 14630
152 = 14630 – 3 · 4826
114 = 4826 – 31 · 152
38 = 152 – 114
Insättning av de övre uttrycken i de nedre ger
38 = 152 – 114
= 152 – (4826 – 31 · 152)
= 32 · 152 – 4826
= 32 · (14630 – 3 · 4826) – 4836
= 32 ·14630 – 97 · 4826
= 32 · 14630 – 97 · (34086 – 2 · 14630)
= 226 · 14630 – 97 · 34086.
Dvs. vi får att a = –97 och b = 226.
Ellips 11 / Talteori och logik
Lösningar till Studentprovsuppgifterna
Uppdaterad 20.5.2010
3
1º
Grundsteget:
När n = 1, så är
13 + 5 ⋅ 1 6
= = 1 , vilket ger att påståendet är sant för n = 1.
6
6
2º
Induktionssteget:
Induktionsantagande:
Vi antar att
k 3 + 5k
∈ ].
6
Induktionspåstående:
( k + 1)
3
+ 5(k + 1)
6
∈ ].
Vi får nu att
( k + 1)
3
+ 5(k + 1)
6
k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 5k + 5
6
3
k + 5k 3k 2 + 3k + 6
=
+
6
6
=
Den första termen i summan är enligt induktionsantagandet ett heltal och det senare
talet i summan kan skrivas
3k 2 + 3k + 6 3(k 2 + k + 2) k 2 + k + 2 k (k + 1)
=
=
=
+1.
6
6
2
2
Uttrycket k(k + 1) är ett jämnt heltal eftersom det är produkten av två på varandra
följande heltal. Då är också uttrycket
k ( k + 1)
+ 1 ett heltal, eftersom det är summan
2
av två heltal. Detta ger slutligen att hela uttrycket i induktionspåståendet är ett heltal.
Induktionsprincipen ger att påståendet är sant. 
4
Genom att dividera det ursprungliga uttrycket med 2 får vi ekvationen 5x + 2y = 18.
Eftersom 18 = 5 · 2 + 2 · 4, så är (x0, y0) = (2, 4) en partikulärlösning till den
diofantiska ekvationen. Dessutom är sgf(5, 2) = 1. Alla lösningar till ekvationen kan
då skrivas på formen
Ellips 11 / Talteori och logik
Lösningar till Studentprovsuppgifterna
Uppdaterad 20.5.2010
⎛
⎞
2
5
( x, y ) = ⎜ x0 + n
, y0 – n
⎟ = (2 + 2n, 4 – 5n).
sgf (5, 2)
sgf (5, 2) ⎠
⎝
5
117 = 1 ⋅ 70 + 1 ⋅ 71 = 1 + 7 = 810
1117 = 1 ⋅ 70 + 1 ⋅ 71 + 1 ⋅ 7 2 = 5710
11117 = 1 ⋅ 70 + 1 ⋅ 71 + 1 ⋅ 7 2 + 1 ⋅ 73 = 40010
Eftersom 1110 = 1 ⋅ 71 + 4 ⋅ 7 0 , så är talet 11 decimala systemet samma som talet 147.
På motsvarande sätt får vi att
11110 = 2 ⋅ 7 2 + 1 ⋅ 71 + 6 ⋅ 7 0 = 2167
111110 = 3 ⋅ 73 + 1 ⋅ 7 2 + 4 ⋅ 71 + 5 ⋅ 7 0 = 31457
6
Ett irrationellt tal är ett reellt tal som inte kan skrivas på formen p/q, där p och q är
heltal. Vi skall visa att påståendet i uppgiften är sant med hjälp av indirekt bevis, dvs.
genom att anta motsatsen, att talet log2 n (n ≠ 1) är ett rationellt tal, och sedan visa
att det leder till en motsägelse.
Vi antar att log2 n = p/q, där p och q är heltal (≠ 0). Då får vi att 2p/q = n vilket ger
att 2p = nq. Eftersom n är ett udda tal, så är också nq ett udda tal. Men eftersom 2p
är ett jämnt tal så får vi nu en motsägelse, då ett tal samtidigt inte kan vara både udda
och jämnt. Dvs. det ursprungliga påståendet är då sant.
7
a)
Eftersom m är delbart med n och n är delbart med m, så existerar heltal k och p, så
att n = km och m = pn. Dvs. n = km = kpn. Detta är möjligt endast om n = 0 eller
kp = 1.
Om n = 0, så får vi att m = p · 0 = 0. Dvs. påståendet m = ± n är uppfyllt.
Om kp = 1, så får vi att antingen är k = p = 1 eller så är k = p = –1. Detta ger att m
= n eller att m = –n, dvs. m = ± n och påståendet är sant. 
b)
Enligt antagandet existerar tal k och r, så att n = km och p = rn. Då är p = rkm,
vilket ger att m är faktor i talet p. 
Ellips 11 / Talteori och logik
8
Lösningar till Studentprovsuppgifterna
Uppdaterad 20.5.2010
Fermats lilla sats: Anta att p är ett primtal och att heltalet a inte är delbart med talet p
(sgf(a, p) = 1). Då gäller att a p –1 ≡ 1 (mod p ) .
Bevis för uppgiftens påstående:
Vi konstaterar först att talet 2003 är ett primtal. Om 2003 är en faktor i talet n, så är n
= 2003k och
(2003k ) 2003 – 2003k = k ( (2003k ) 2002 – 1) 2003 = r 2003,
där r = k ( (2003k ) 2002 – 1) är ett heltal. Dvs. n 2003 ≡ n(mod 2003) .
Om å andra sidan 2003 inte är en faktor i talet n, så ger Fermats lilla sats att
n 2002 – 1 = 2003k för något heltal k. Då får vi att
n 2003 – n = n(n 2002 – 1) = nk 2003
där nk är ett heltal. Dvs. n 2003 ≡ n(mod 2003) . 
9
a)
Eftersom 4 ≡ –1 (mod 5) , så är
2345 = 2 ⋅ 2344 = 2 ⋅ (22 )172 = 2 ⋅ 4172 ≡ 2 ⋅ (–1)172 = 2 ⋅ 1 = 2 (mod 5)
Dvs. divisionsresten är 2.
b)
Delningsekvationen: 34567 = 6m + r , där r är delningsresten ( 0 ≤ r ≤ 5 ). Division med 3
ger 34566 = 2m + r / 3 . Eftersom r/3 är ett heltal (det är skillnaden mellan två heltal)
och 0 ≤ r ≤ 5 , så är r = 0 eller r = 3. Alternativet r = 0 är inte möjligt eftersom 34566
inte är delbart med 2. Då är r = 3, dvs. divisionsresten är 3.
Alternativ lösning:
Eftersom 32 = 9 ≡ 3 (mod 6) så får vi med hjälp av induktion att 3n ≡ 3 (mod 6) för
alla positiva tal n, eftersom 3k ≡ 3 (mod 6) ger 3k +1 = 3 ⋅ 3k ≡ 3 ⋅ 3 ≡ 3 (mod 6) .
Speciellt får vi att 34567 ≡ 3 (mod 6) , dvs. divisionsresten är 3.