Fin tallteorinøtt
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$n$ kan skrives på formen $\prod_i p_i^{q_i}$, der $p_i$ er odde primfaktorer. En divisor vil da være på formen $d_r=\prod_i p_i^{r_i}$ der $0\le r_i\le q_i$. Siden $p_i$ er odde vil $d_r\equiv 1\pmod 2$ så hver divisor bidrar med $1$ i summen av alle divisorene modulo 2, og da er det klart at $\tau(n)=\sigma(n)\pmod 2$.
Elegant løsning!Gustav wrote:$n$ kan skrives på formen $\prod_i p_i^{q_i}$, der $p_i$ er odde primfaktorer. En divisor vil da være på formen $d_r=\prod_i p_i^{r_i}$ der $0\le r_i\le q_i$. Siden $p_i$ er odde vil $d_r\equiv 1\pmod 2$ så hver divisor bidrar med $1$ i summen av alle divisorene modulo 2, og da er det klart at $\tau(n)=\sigma(n)\pmod 2$.
Alternativt, men litt lengre. For alle primtall $p > 2$ er det åpenbart at $p \equiv 1 \pmod{2} \implies p^j \equiv 1 \pmod{2} \enspace \forall j \in \mathbb{N}$. Eksplisitt, hvis $n=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_t^{r_t}$ er $$\begin{alignat*}{2} \sigma(n)&=\left(1+p_1+p_1^2+\dots p_1^{r_1} \right)\left(1+p_2+p_2^2 + \dots + p_2^{r_2}\right) \cdots \left(1+p_t+p_t^2+\dots+p_t^{r_t} \right) \\ &\equiv \left (\underbrace{1+1+\dots+1}_{r_1+1 \text{ ganger}} \right)\left (\underbrace{1+1+\dots+1}_{r_2+1 \text{ ganger}} \right) \cdots \left( \underbrace{1+1+\dots+1}_{r_t+1 \text{ ganger}} \right) \pmod{2} \\ &= (r_1+1)(r_2+1)\cdots (r_t+1) \\ &= \tau(n) \end{alignat*}$$
Når jeg tenker meg om er jo egentlig det vi skal vise helt åpenbart, og vi behøver strengt tatt ikke introdusere noen notasjon i det hele tatt. Siden $n$ er odde vil jo alle divisorer være ekvivalent med 1 modulo 2, og da vil selvsagt summen av divisorene være ekvivalent med antall divisorer.
Huff, det er helt sant. Hadde helt oversett det.Gustav wrote:Når jeg tenker meg om er jo egentlig det vi skal vise helt åpenbart, og vi behøver strengt tatt ikke introdusere noen notasjon i det hele tatt. Siden $n$ er odde vil jo alle divisorer være ekvivalent med 1 modulo 2, og da vil selvsagt summen av divisorene være ekvivalent med antall divisorer.
Over til noe annet, har du en oppfølger?
La $a, b \in \mathbb N$ slik at $ab+1 | a^2 + b^2$. Vis at $\frac{a^2 + b^2}{ab+1}$ er kvadratet av et heltall.
Hvis noen har et annet bevis enn det som er "standard" (det med Vieta Root jumping) så må dere gjerne skrive detAleks855 wrote:La $a, b \in \mathbb N$ slik at $ab+1 | a^2 + b^2$. Vis at $\frac{a^2 + b^2}{ab+1}$ er kvadratet av et heltall.
Samme her. Tror denne oppgaven er noen dusin hakk over mitt tallteori-nivå, men den virket så enkel ved første øyekast.stensrud wrote:Aleks855 wrote:La $a, b \in \mathbb N$ slik at $ab+1 | a^2 + b^2$. Vis at $\frac{a^2 + b^2}{ab+1}$ er kvadratet av et heltall.
IMO 1988, oppgave 6, forresten.
Haha, jeg har sett den videoen for lenge siden, men husket ikke at det var denne oppgaven.
Jeg fant bare oppgaven i denne pdf'en (https://www.math.muni.cz/~bulik/vyuka/pen-20070711.pdf). Som dere ser så har jeg ikke kommet langt før jeg fant denne.
Jeg fant bare oppgaven i denne pdf'en (https://www.math.muni.cz/~bulik/vyuka/pen-20070711.pdf). Som dere ser så har jeg ikke kommet langt før jeg fant denne.
Morsom video det der!
Denne er sikkert kjent for mange, men en annen fin tallteorinøtt, som ikke er sånn rett fram uten videre (men dog ganske mye lettere enn de problemene i den PDFen) er å vise følgende ekvivalens
$x^2+1\equiv 0 \pmod{p} \Longleftrightarrow p=4k+1$, altså $p$ er primtall på formen $4k+1$.
Denne er sikkert kjent for mange, men en annen fin tallteorinøtt, som ikke er sånn rett fram uten videre (men dog ganske mye lettere enn de problemene i den PDFen) er å vise følgende ekvivalens
$x^2+1\equiv 0 \pmod{p} \Longleftrightarrow p=4k+1$, altså $p$ er primtall på formen $4k+1$.
Gjorde du et forsøk og fant ut at oppgaven var vanskelig, eller var det bare en oppgitthet over at jeg posta en notorisk vanskelig oppgave?stensrud wrote:Aleks855 wrote:La $a, b \in \mathbb N$ slik at $ab+1 | a^2 + b^2$. Vis at $\frac{a^2 + b^2}{ab+1}$ er kvadratet av et heltall.