matematikk.net

Tenkte å legge ut noen tallteori- og algebraoppgaver som nødvendigvis hadde den høyeste vanskelighetsgraden, da det var noen kommentarer her i sommer om at oppgavene var for vanskelige. De fleste er fra tidligere Abelkonkurranser, og et par har jeg laget selv.

$(1)$ Hvilket naturlig tall $n$ er slik at det minste kvadrattallet større enn $n$ er $n + 37$, og det største kvadrattallet mindre enn $n$ er $n - 14$? [LØST]

$(2)$ Hva er det siste sifferet i $\displaystyle 2007^{(2006^{2005})}$? [LØST]

$(3)$ Vis at ethvert oddetall kan skrives som differansen mellom to kvadrattall. [LØST]

$(4)$ Hva er verdien av $\sqrt{12+\sqrt{12+\sqrt{12+...}}}$? [LØST]

$(5)$ For hvor mange heltall $n$ er $n^2+9$ et kvadrattall? [LØST]

$(6)$ For hvor mange positive heltall $n$ er $\frac{10!}{n}$ et heltall. [LØST]

$(7)$ Hvor mange heltall $a$ fins det som er lengden av en katet i en rettvinklet trekant der den andre kateten har lengde $27$ og hypotenusen også har heltallig lengde? [LØST]

$(9)$ Hva er gjennomsnittet av alle tall fra $100$ til $999$? [LØST]

mattemarkus skrev: $(4)$ Hva er verdien av $\sqrt{12+\sqrt{12+\sqrt{12+...}}}$?

La [tex]x = \sqrt{12+\sqrt{12+\sqrt{12+...}}}[/tex].

Ser da at $x = \sqrt{12 + x}$.

Kvadrerer, rydder opp, og faktoriserer: $(x-4)(x+3)=0$ med $x=4$ som eneste positive løsning.

mattemarkus skrev:$(6)$ For hvor mange positive heltall $n$ er $\frac{10!}{n}$ et heltall.

Vi primtallsfaktoriserer: $10! = 10\cdot 9 \cdot 8 \cdot \ldots \cdot 2 = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7^1$.

For at $n$ skal dele $10!$ må $n$ kunne faktoriseres ned til de samme primtallene med en eksponent som er maks like stor. (0 er også en gyldig eksponent.)

Da har vi $9\cdot 5\cdot 3\cdot 2 = 270$ muligheter. (Og en enkel måte å regne dem ut på.)

Emomilol skrev:La [tex]x = \sqrt{12+\sqrt{12+\sqrt{12+...}}}[/tex].

Ser da at $x = \sqrt{12 + x}$.

Kvadrerer, rydder opp, og faktoriserer: $(x-4)(x+3)=0$ med $x=4$ som eneste positive løsning.

Emomilol skrev:Vi primtallsfaktoriserer: $10! = 10\cdot 9 \cdot 8 \cdot \ldots \cdot 2 = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7^1$.

For at $n$ skal dele $10!$ må $n$ kunne faktoriseres ned til de samme primtallene med en eksponent som er maks like stor. (0 er også en gyldig eksponent.)

Da har vi $9\cdot 5\cdot 3\cdot 2 = 270$ muligheter. (Og en enkel måte å regne dem ut på.)

Korrekt og korrekt! Løste de på samme måte selv.

mattemarkus skrev:$(5)$ For hvor mange heltall $n$ er $n^2+9$ et kvadrattall?

Vi ser at avstanden mellom to påfølgende kvadrattall er økende: $(n+1)^2 - n^2 = 2n+1$.

$2n+1 \geq 9$ for $n \geq 4$

Altså må vi sjekke $n = 1,2,3,4$, som gir oss: $10$, $13$, $18$, og $25$.

Så $n=4$ er eneste løsning. (Dette er også en Pytagoreisk trippel.)


(Protip: det blir enklere for andre å se hvilke oppgaver som er igjen hvis du markerer dem som løst i førstepost.)

Emomilol skrev:

mattemarkus skrev:$(5)$ For hvor mange heltall $n$ er $n^2+9$ et kvadrattall?

Vi ser at avstanden mellom to påfølgende kvadrattall er økende: $(n+1)^2 - n^2 = 2n+1$.

$2n+1 \geq 9$ for $n \geq 4$

Altså må vi sjekke $n = 1,2,3,4$, som gir oss: $10$, $13$, $18$, og $25$.

Så $n=4$ er eneste løsning. (Dette er også en Pytagoreisk trippel.)


(Protip: det blir enklere for andre å se hvilke oppgaver som er igjen hvis du markerer dem som løst i førstepost.)

På denne får jeg tre heltallige løsninger, så vet ikke hvor vidt jeg er enig med at det kun er en løsning. Det er altså snakk om alle heltall, ikke bare de positive, hvis det ikke kom nok godt fram.

Hvis $n^2+9$ er et kvadrattall må det kunne skrives som $x^2$ der $x \in \mathbb{Z}$

Da har vi at:
$x^2=n^2+9$
$x^2-n^2=9$
$(x+n)(x-n) = 9$

Vi har videre at $9=1\cdot9 = 9 \cdot 1 = 3 \cdot 3$. Da ser vi at:

$(5+(-4))(5-(-4)) = 1 \cdot 9 = 9$
$(5+4)(5-4) = 9 \cdot 1 = 9$
$(3+0)(3-0) = 3 \cdot 3 = 9$

Altså kan $n$ være $-4,0,4$.

(Forresten: takk for tipset, det var en god idé.)

Snart må jeg lære meg at heltallene også inkluderer 0 og de negative tallene...

3) $2n+1=(n+1-n)(n+1+n)=(n+1)^2-n^2$

$(2)$ Hva er det siste sifferet i $\displaystyle 2007^{(2006^{2005})}$

[tex]2006^{2005}\equiv 6^5 =7776-7770\equiv 6 \pmod{10}[/tex]

[tex]2007^{6}\equiv 7^6\equiv 9 \pmod{10}[/tex]

DVs

[tex]7^{6^{5}}\equiv 9 \pmod{10}[/tex]

[tex]2007^{2006^{2005}} \equiv 7^{6^{5}}\equiv 9 \pmod{10}[/tex]

siste siffer er 9

$(1)$ Hvilket naturlig tall $n$ er slik at det minste kvadrattallet større enn $n$ er $n + 37$, og det største kvadrattallet mindre enn $n$ er $n - 14$?


Siden kvadrattallene alternerer mellom odde og partall, kann ikke $n-14$ og $n$ begge være kvadrattall, og vi har at $n-14$ og $n+37$ er to påfølgende kvadrattall.

Vi skriver $n+37=(k+1)^2=k^2+2k+1$ og $n-14=k^2$ og får $2k+1=51$ som betyr $k=25$.

Dette gir $n+37=26^2=676$, $n-14=25^2=625$ og $n=649$

Hvordan gikk det forresten med dere som deltok på abelkonkurransen i år? Post gjerne oppgavene derfra her!

Gustav skrev:Hvordan gikk det forresten med dere som deltok på abelkonkurransen i år? Post gjerne oppgavene derfra her!

Oppgavene ligger ute på abelkonkurransen.no nå. Jeg var med selv for første gang i år. Vet at jeg med sikkerhet fikk 45 poeng, muligens 50 (litt usikker der). Det var ni oppgaver jeg tippa på (hvor smart det var kan diskuteres ), og jeg husker ikke hva jeg tippet, så der kan du jo gå både opp og ned. Generelt fornøyd med 45 poeng, da det er første gangen jeg deltar.

Audunss: korrekt, men det har sneket seg en liten regnefeil på slutten der ser jeg. Svaret er $n = 639$.

Janhaa: feil. Det kan ha noe med at $7^{6^5} \not\equiv 9 \enspace (\text{mod } 10)$, men heller $7^{6^5} \equiv 1 \enspace (\text{mod } 10)$. Følgelig er det siste sifferet i $2017^{2006^{2005}}$ lik $1$.

Selv løste jeg den slik:
Mønsteret i det siste sifferet i potenser med $7$ som grunntall er $7,9,3,1$, altså $7^1 = 7, 7^2 = 49, 7^3 = 343$ og $7^4 = 16807$, også gjentar det seg.

Videre er det enkelt å se at $2006 \equiv 2 \enspace (\text{mod } 4)$, som gir at $2006^{2005} \equiv 2^{2005} \enspace (\text{mod } 4)$. Siden $2^2 \mid 2^{2005}$ må $2^{2005} \equiv 0 \enspace (\text{mod } 4)$, som sier oss at vi er på den fjerde plassen i potenssyklusen til $7^n$. Da har vi at $7^{2006^{2005}} \equiv 1 \enspace (\text{mod } 10) \enspace \Rightarrow \enspace 2007^{2006^{2005}} \equiv 1 \enspace (\text{mod } 10)$.

9)

Regner med at oppgaven mener fra og med til og med
$1+2+3+...+997+998+999+1000$
$= (1+999)+(2+998)+(3+997)+...+(497+503)+(498+502)+(499+501) + 500$
$= 1000 \cdot 500+500 = 500 500$

$= (100+101+102+...+997+998+999)-(1+2+3+...+97+98+99)-1000+100$
$= 500 500 - 4950 - 1000 = 494 550$

mattemarkus skrev:$(9)$ Hva er gjennomsnittet av alle tall fra $100$ til $999$?

Regner med det er det aritmetiske gjennomsnittet vi skal finne.
Med sumformelen slipper jeg noe særlig argumentasjon. Gjennomsnittet av mengden er summen av alle elementene delt på antall elementer:
[tex]{100+101+...+998+999\over 900}={{100+999\over 2}\times900\over 900}={1099\over 2}[/tex]
Eller [tex]549.5[/tex] om man foretrekker det.

Gjest skrev:9)

Regner med at oppgaven mener fra og med til og med
$1+2+3+...+997+998+999+1000$
$= (1+999)+(2+998)+(3+997)+...+(497+503)+(498+502)+(499+501) + 500$
$= 1000 \cdot 500+500 = 500 500$

$= (100+101+102+...+997+998+999)-(1+2+3+...+97+98+99)-1000+100$
$= 500 500 - 4950 - 1000 = 494 550$

Glemte visst å dele på antallet ja