“Strövtåg i matematikens värld”
Problemlapp 3. Några inledande problem i talteori
Svar och lösningar
1. Ett exempel är triangeln med sidor 5, 12 och 13 längdenheter. (Hur kommer man på det? Ja,
kanske genom att sitta och experimentera med lite olika siffror. Det finns faktiskt ett sätt att
få fram alla möjliga olika pythagoreiska taltrippler: låt m och n vara två positva heltal, det
ena jämnt och det andra udda, som saknar gemansam delare och med m > n, sätt nu
x = m2 − n2 , y = 2mn, z = m2 + n2 .
Det är lätt att se att då bildar x, y och z sidor i en rätvinklig triangel med z som hypotenusa.
Fallet m = 2, n = 1 svarar mot det som ges i uppgiften medan det i svaret fås ur m = 3, n = 2.)
2. (Om en rektangel med sidorna m och n längdenheter har samma area som omkrets så får vi
sambandet
m · n = 2 (m + n) ⇔ m · n − 2 m = 2 n ⇔ m (n − 2) = 2 n.
Låt oss anta att n ≤ m (problemet är ju symmetriskt i m och n). Ur den sista ekvationen
ser vi att vi måste ha 0 < n − 2 ≤ 2 så vi får två möjligheter: n = 3 och n = 4 vilket ger
precis de två fall som beskrivs i uppgiften. Man kan också resonera geometriskt och tänka sig
rektangeln uppbyggd av enhetskvadrater - som alltså har sida 1. Alla bidrar med arean 1. De
som ligger i hörnen bidrar med 2 längdenheter till omkretsen, de som ligger på kanten men ej
i hörnen bidrar med 1 och de som ligger inuti bidrar inte alls. Eftersom det finns fyra hörn
måste vi ha exakt fyra som ligger inuti. Detta ger som lätt inses exakt två möjligheter.)
3. Diophantos blev 84 år.
4. (En omformulering av den geometriska summan. Alternativt inses formelns riktighet genom
att man helt enkelt multiplicerar ihop faktorerna i högerledet.)
5. Om a är det minsta talet så följer att det måste dela alla de andra. Då kommer också summan
att vara delbar med a och eftersom summan är ett primtal måste vi ha att a = 1.
6. (Man kan börja med att experimentera:
1 = 12 − 02 , 3 = 22 − 12 , 5 = 32 − 22 , ...
och leta efter det generella mönstret. Ett udda tal kan skrivas på formen 2 n + 1 och man
ser lätt att (n + 1)2 − n2 = 2n + 1. Ytterligare experimenterande verkar visa att endast de
jämna tal som är delbara med fyra kan skrivas på den sökta formen. Och mycket riktigt:
(n + 2)2 − n2 = 4(n + 1).)
7. Den enda lösningen är m = n = 3. (Vi skriver om ekvationen
2m + 1 = n2 ⇔ 2m = n2 − 1 ⇔ 2m = (n − 1)(n + 1),
och vi ser att både (n − 1) och (n + 1) måste vara potenser av 2. Enda möjligheten är
(n − 1) = 2, (n + 1) = 4.)
8. Vi får talet (abc)9 med a = 2, b = 5, c = 5, vilket ger talet 212. (Villkoret i uppgiften ger
a · 92 + b · 9 + c = c · 62 + b · 6 + a ⇔ 80a + 3b = 35c (∗),
ur vilken vi ser att b skall vara delbar med 5. Fallet b = 0 fungerar inte - då ger (∗) att 7 skall
dela a vilket inte fungerar. Vi får alltså b = 5 och förkortning av (∗) med insatt b = 5 ger
16a + 3 = 7c. Endast ett värde på a mellan 1 och 5 ger att vänsterledet blir delbart med 7,
nämligen a = 2.)
9. Ja, talet 7744. (Talet kan skrivas AABB och med hjälp av principen för positionsssystemet
får vi:
AABB = A · 103 + A · 102 + B · 10 + B = (A · 102 + B) · 11,
Eftersom talet är ett kvadrattal måste A·102 +B = A0B vara delbart med 11 vilket betyder att
den alternerande siffersumman A−0+B skall vara delbar med 11. Det ger endast möjligheterna
A = 2, B = 9, A = 3, B = 8, ...A = 9, B = 2, så vi får A0B = 209, 308, 407, ..., 902, och när vi
delar detta tal med 11 måste kvoten vara en kvadrat. Det inträffar endast för A = 7, B = 4.)
10. Vi har n4 +4 = (n2 +2n+2)(n2 −2n+2). (Hur kommer man på en sådan formel? Förutom genom
att man experimenterar så finns det faktiskt ett mer systematiskt sätt att gå till väga, som tar
omvägen över de komplexa talen. Man undersöker den binomiska ekvationen z 4 + 4 = 0.)
11. Det enda möjliga fallet är p = 3, q = 53, r = 103. (Observera att ett av de tre talen ger resten
noll vid division med 3 - om p ger resten 1 ger p + 50 resten 0 och om p ger resten 2 ger p + 100
resten 0 - och eftersom alla är primtal måste vi ha att det minsta är 3.)
Gunnar
