Adventsproblem 1

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Finn alle heltall $n$ slik at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er et heltall.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Bra initiativ Gustav. Viktig å holde tradisjonene ved like her på matematikk.net. Førjula blir ikke helt den samme uten :D

For at $\sqrt{n}$ skal være heltall må $n$ være på formen $k^2$ for en $k\in \mathbb{Z}$. For at $\sqrt{n+2005}$ også skal være heltall, må denne $k$ oppfylle $k^2+2005=j^2$ for en $j \in \mathbb{Z}$. Skriver vi litt om på denne får vi at $j^2-k^2=(j+k)(j-k)=2005$. Primtallsfaktoriseringen til $2005$ er $5 \cdot 401$, så vi kan få $2005$ ved følgende multiplikasjoner $1 \cdot 2005, 401 \cdot 5,-1 \cdot -2005, -401 \cdot - 5$. Hvis vi bruker dette på $(j+k)(j-k)$ får vi følgende løsninger $(j,k)=(1003,1002),(203,198),(-203,198),(-1003,1002)$ respektivt. Siden alle kvadrater er positive kan vi se bort ifra minusløsningene. Altså er de heltallene $n$ som gjør at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er heltall $n=198^2,1002^2$.


Oppfølger:
La $n$ være et heltall slik at $2 \leq n \leq 2017$. For hvor mange (distinkte) $n$ er $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right)$ et heltall?
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Markus skrev:
For at $\sqrt{n}$ skal være heltall må $n$ være på formen $k^2$ for en $k\in \mathbb{Z}$. For at $\sqrt{n+2005}$ også skal være heltall, må denne $k$ oppfylle $k^2+2005=j^2$ for en $j \in \mathbb{Z}$. Skriver vi litt om på denne får vi at $j^2-k^2=(j+k)(j-k)=2005$. Primtallsfaktoriseringen til $2005$ er $5 \cdot 401$, så vi kan få $2005$ ved følgende multiplikasjoner $1 \cdot 2005, 401 \cdot 5,-1 \cdot -2005, -401 \cdot - 5$. Hvis vi bruker dette på $(j+k)(j-k)$ får vi følgende løsninger $(j,k)=(1003,1002),(203,198),(-203,198),(-1003,1002)$ respektivt. Siden alle kvadrater er positive kan vi se bort ifra minusløsningene. Altså er de heltallene $n$ som gjør at $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}$ også er heltall $n=198^2,1002^2$.
Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.
alund
Noether
Noether
Innlegg: 48
Registrert: 31/03-2017 21:40

Markus skrev:Oppfølger:
La $n$ være et heltall slik at $2 \leq n \leq 2017$. For hvor mange (distinkte) $n$ er $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right)$ et heltall?
Forenklingen $\left( 1 + \frac12 \right) \left( 1 + \frac13 \right) \cdots \left( 1 + \frac1n \right) = \prod_{i=2}^n \frac{i+1}{i}$ gjør det enklere å se at dette blir et teleskop med resultat $\frac{n+1}{2}$ som er et heltall hvis og bare hvis $n$ er odde, som det er $1008$ av i det gitte intervallet.

Oppfølger:
Vis at summen av kvadratene av fem etterfølgende positive heltall aldri er et kvadrat.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gustav skrev:Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.
Først, likningen er ekvivalent med $\frac{(\sqrt{n+2005}-\sqrt{n})(\sqrt{n+2005}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}} = \frac{2005}{\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}}$.

Herifra sees at $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}$ må dele 2005 for at det skal være et heltall. Det er lett å se at $\sqrt{n+2005} > \sqrt{n}$, så vi må enten ha $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=401$,$\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=5$ eller $\sqrt{n+2005}-\sqrt{n}=1$. Her er den første likningen ikke løsbar, fordi vi på et steg i løsningen ender opp med $-158796=802\sqrt{x}$, som ikke er mulig, siden $\sqrt{x}$ alltid er positiv for $x \in \mathbb{R}$. De to andre likningene er derimot løsbare, og gir henholdsvis $198^2$ og $1002^2$, som i mitt forrige innlegg. Denne løsningen er nok langt mer vanntett med tanke på at den ikke krever noen egenskaper fra $\sqrt{n}$ og $\sqrt{n+2005}$. Jeg hadde originalt ikke noe argument for at $\sqrt{n}$ og $\sqrt{n+2005}$ skulle være heltall i utgangspunktet heller i mitt forrige innlegg, jeg overså egentlig bare den muligheten for at irrasjonal + irrasjonal = heltall.


Forresten, fin løsning alund! Hvordan har eksamenene gått så langt? :)
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Gustav skrev: Riktige svar, men hva er argumentet ditt for at $\sqrt{n}$ (og $\sqrt{n+2005}$) må være heltall? Det er jo tross alt mulig at summen av to irrasjonale tall er et heltall.
Det er også tilstrekkelig å betrakte $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}=k \Rightarrow \sqrt{n}^2=(k-\sqrt{n+2005})^2 \Rightarrow n= k^2-2k\sqrt{n+2005} +(n+2005)$. Siden alle ledd i likningen er heltall, så må også $2k\sqrt{n+2005}$ også være heltall. Altså er $\sqrt{n+2005}$ heltall. Et lignende argument gir at $\sqrt{n}$ også er heltall.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mingjun skrev: Det er også tilstrekkelig å betrakte $\sqrt{n}+\sqrt{n+2005}=k \Rightarrow \sqrt{n}^2=(k-\sqrt{n+2005})^2 \Rightarrow n= k^2-2k\sqrt{n+2005} +(n+2005)$. Siden alle ledd i likningen er heltall, så må også $2k\sqrt{n+2005}$ også være heltall. Altså er $\sqrt{n+2005}$ heltall. Et lignende argument gir at $\sqrt{n}$ også er heltall.
Fint! Her har vi vel også benyttet at kvadratrota av et ikkenegativt heltall enten er et heltall eller et irrasjonalt tall.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

alund skrev: Oppfølger:
Vis at summen av kvadratene av fem etterfølgende positive heltall aldri er et kvadrat.
La $S=n+(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+(n+4)^2$. Substituer nå $u=n+2$, og ved å skrive ut $S$ fås at $S=5u^2+10=5(u^2+2)$. For at $S$ skal være være et kvadrat må vi blant annet ha at $5$ er en faktor i $u^2+2$ med odde multiplisitet; enda svakere blir det å kreve at $u^2\equiv -2 \pmod{5}$. Nå er $(-2)^{\frac{5-1}{2}} \equiv -1 \pmod{5}$ så det følger av Eulers kriterium at $u^2 \equiv -2 \pmod{5}$ ikke er løsbar, altså kan ikke $5$ være en faktor i $u^2+2$, som fullfører beviset.
alund
Noether
Noether
Innlegg: 48
Registrert: 31/03-2017 21:40

Markus skrev:Hvordan har eksamenene gått så langt? :)
Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! :) Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

alund skrev:
Markus skrev:Hvordan har eksamenene gått så langt? :)
Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! :) Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.
Bra å høre! Det har stort sett gått bra for meg og! Ble veldig fornøyd med både karakter i tallteori og linalg. Jeg så at vi ikke kunne anta at $\gcd(a,35)=1$, men klarte ikke å vise det for noen andre $a$ enn de som er relativt primiske med $35$ uansett :oops: Det blir spennende å se hvordan de andre fagene gikk over jul, spesielt spent på analysen!

Hvilke fag skal du ha til våren? Kjører du BMAT-fagene eller ÅMATSTAT-fagene? :D

Og en liten oppfølger:
For hvor mange positive heltall $n$ er $3^n-n^2$ et primtall?
alund
Noether
Noether
Innlegg: 48
Registrert: 31/03-2017 21:40

Markus skrev:
alund skrev:
Markus skrev:Hvordan har eksamenene gått så langt? :)
Har gått ganske bra! Var ikke mye som gikk galt foruten 4b) i linalgen, noe teori på IT, og at jeg antok uten å tenke over det at $\gcd(a,35)=1$ i oppgave 6 på tallteorien. Hvordan har det gått med deg? Beklager veldig sent svar.

Bra løsning på oppfølgeren! :) Oppgaven var fra Problem Solving Strategies.
Bra å høre! Det har stort sett gått bra for meg og! Ble veldig fornøyd med både karakter i tallteori og linalg. Jeg så at vi ikke kunne anta at $\gcd(a,35)=1$, men klarte ikke å vise det for noen andre $a$ enn de som er relativt primiske med $35$ uansett :oops: Det blir spennende å se hvordan de andre fagene gikk over jul, spesielt spent på analysen!

Hvilke fag skal du ha til våren? Kjører du BMAT-fagene eller ÅMATSTAT-fagene? :D

Og en liten oppfølger:
For hvor mange positive heltall $n$ er $3^n-n^2$ et primtall?
Kjempemessig :)

ÅMATSTAT-fagene er de samme som BMAT-fagene, men man kan bytte MA1202 med MA2401 Geometri og/eller ST1101 med TMA4245 Statistikk. Det kommer jeg ikke til å gjøre, så det blir BMAT-fagene. Skal også ta TMA4150 Algebra, og prøver meg på MA3202 Galoisteori, slik at jeg kan ta noen algebra-fag neste år. Det er et stort hopp, så jeg leser meg for tiden opp på forkunnskaper i læreboken. Kan trekke meg eller bytte det med Geometri hvis det ikke funker, men satser på at det går fint. :D Hvilke fag tar du?

Når $n$ er odde har leddene lik paritet og differansen blir et partall, som ikke er prim med unntak av $2$, som vi oppnår med $n=1$. Ellers er $n=2k$ med $k\in \mathbb{N}$ og vi har $3^{2k}-(2k)^2=(3^k)^2-(2k)^2=(3^k+2k)(3^k-2k)$. Begge faktorene øker når $k$ øker (åpenbart for første faktor, dropper bevis for andre faktor), så $k=1$, som gir høyre faktor lik $1$, er eneste mulighet for primtall, fordi ellers har vi et tall sammensatt av de to faktorene. $k=1$ gir 5, som er et primtall og det konkluderes at der er $2$ slike $n$ ($n=1,2$).
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

alund skrev:Når $n$ er odde har leddene lik paritet og differansen blir et partall, som ikke er prim med unntak av $2$, som vi oppnår med $n=1$. Ellers er $n=2k$ med $k\in \mathbb{N}$ og vi har $3^{2k}-(2k)^2=(3^k)^2-(2k)^2=(3^k+2k)(3^k-2k)$. Begge faktorene øker når $k$ øker (åpenbart for første faktor, dropper bevis for andre faktor), så $k=1$, som gir høyre faktor lik $1$, er eneste mulighet for primtall, fordi ellers har vi et tall sammensatt av de to faktorene. $k=1$ gir 5, som er et primtall og det konkluderes at der er $2$ slike $n$ ($n=1,2$).
Korrekt! Fra årets runde 1 i Abelkonkurransen. Gjorde det på samme måte som deg.

alund skrev: Kjempemessig :)

ÅMATSTAT-fagene er de samme som BMAT-fagene, men man kan bytte MA1202 med MA2401 Geometri og/eller ST1101 med TMA4245 Statistikk. Det kommer jeg ikke til å gjøre, så det blir BMAT-fagene. Skal også ta TMA4150 Algebra, og prøver meg på MA3202 Galoisteori, slik at jeg kan ta noen algebra-fag neste år. Det er et stort hopp, så jeg leser meg for tiden opp på forkunnskaper i læreboken. Kan trekke meg eller bytte det med Geometri hvis det ikke funker, men satser på at det går fint. :D Hvilke fag tar du?
Galoisteori til våren - dristig! Jeg har selv vært inne på tanken å ta TMA4150 Algebra, men så det krasjet med forelesningene i flerdim (MA1103), men vurderer egentlig å bare ta det likevel. Tenkte også litt på å ta Generell Topologi eller Introduksjon til topologi (MA3002 eller TMA4190), eventuelt de samtidig til våren, men disse krasjer med ST1101 og MA1202, så ja, vanskelig å få det til å gå opp. Vi får se. Ellers blir det vel vanlig pakke med MA1102,MA1202,MA1103 og ST1101. Har fått med meg at det er gjeng BMAT-ere som tenkte å ta TMA4150 til våren, så mulig jeg slenger meg på der altså ;) Det geometrifaget du nevner har jeg tatt en titt på, og det ser ganske kult ut, noe jeg absolutt vurderer å ta ila studietida mi på haugen.
Svar