1. No category

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 2
Avsnitt 1.2
2
2
2·1
1·2
3
3
3·2
1·2
Oppgave 5a. i) For n = 2 har vi
=
2
3
ii) For n = 3 har vi 2 + 3 =
+
= 4 = 3+1
3 .
iii) Induksjonstrinnet: Anta OK for n = k, dvs
2
k
k+1
+ ···
=
.
2
2
3
Da blir
2
k+1
k+1
k+1
k+2
+ ···
=
+
=
.
2
2
3
2
3
Avsnitt 2.2
Oppgave 2. Vi viser at et hvert heltall på form n = 6k + 5 også kan skrives på form 3j + 2:
n = 6k + 5 = 3(2k) + 3 + 2 = 3(2k + 1) + 2,
så n = 3j + 2, hvor j = 2k + 1.
Som et eksempel på at det motsatte ikke er sant, ta n = 2 = 3 · 0 + 2. Ved divisjonsalgoritmen, kan vi
skrive n = 2 = 6k + r på en entydig måte, hvor 0 ≤ r < 6, nemlig 2 = 6 · 0 + 2. Vi kan med andre ord
ikke velge r = 5.
Oppgave 8*. Vi bruker samme strategi som i oppgave 4. Tallene 11, 111, 1111, . . . er på form 4l +
3. Hvorfor? Men det er ingen kvadrattall som er på denne formen! For å se dette, merker vi at ved
divisjonsalgoritmen kan alle heltall skrives som enten 2k eller 2k + 1. Så alle kvadrattall er enten på form
(2k)2 = 4k 2 = 4k0 eller (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4(k 2 + k) + 1 = 4k1 + 1. Så ingen kvadrattall er på
form 4l + 3, og dermed er ingen av 11, 111, 1111, . . . kvadrattall.
Avsnitt 2.3
Oppgave 3. Dette er galt. La a = 2 og b = c = 1. Da har vi 2 | (1 + 1), men 2 - 1.
Oppgave 4c*. i) n = 0. Da er 33n+1 + 2n+1 = 3 + 2 = 5, OK.
ii) n = 1. Da er 33n+1 + 2n+1 = 34 + 22 = 85, OK.
iii) Induksjonstrinnet:
Anta 33k+1 + 2k+1 = 5a.
Da er
33(k+1)+1 + 2k+1+1 =3(3k+1) · 33 + 2k+2
=(5a − 2k+1 ) · 27 + 2k+2
=5 · 27a + 2k+1 (−27 + 2)
=5(27a − 5 · 2k+1 )
som er delelig med 5.
Alternativ (foreslått av en av dere):
Date: 10. september 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 2
33(k+1)+1 + 2k+1+1 =3(3k+1) · 33 + 2k+2
=3(3k+1) · 27 + 2k+2
=3(3k+1) · 25 + 3(3k+1) · 2 + 2k+2
=3(3k+1) · 25 + (3(3k+1) + 2k+1 ) · 2
=3(3k+1) · 25 + 5a · 2
=5(3(3k+1) · 5 + 2a)
som er delelig med 5.
Oppgave 8b.
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n + 1
= (n2 + 3n + 1)2
Ikke så lett å gjette, men hvis første linje skal være = m2 , må
m = n2 + an + 1 for et a, og innser da at a = 3 passer.
Oppgave 11. Rett fram, dvs bruk at
d|a ⇐⇒ d| − a.
Oppgave 21*. n = qd. Sett x = 2d og k = q i hintet.
Bevisoppgave*. Vis følgende: Hvis a|c og b|c, hvor gcd(a, b) = 1, så vil ab|c.
Dette er Corollary 2 på side 23 i læreboka.
Avsnitt 2.4
Oppgave 2a. Vi finner at gcd(56, 72) = 8 med Euklids algoritme:
72 = 1 · 56 + 16
56 = 3 · 16 + 8
16 = 2 · 8 + 0
Ved å ta utgangspunkt i nest siste linje og gå bakover, får vi
8 = 56 − 3 · 16 = 56 − 3(72 − 56) = 4 · 56 − 3 · 72,
og dermed løser x = 4 og y = −3 ligninga 56x + 72y = gcd(56, 72).
Oppgave 2d*. Euklids algoritme gir gcd(1769, 2378) = 29:
2378 = 1 · 1769 + 609
1769 = 2 · 609 + 551
609 = 1 · 551 + 58
551 = 9 · 58 + 29
58 = 2 · 29 + 0
Ved å gå baklengs får vi lineærkombinasjoenen vi søker:
29 = 551 − 9 · 58 = 551 − 9(609 − 551) = 10 · 551 − 9 · 609
= 10(1769 − 2 · 609) − 9 · 609 = 10 · 1769 − 29 · 609
= 10 · 1769 − 29(2378 − 1769) = 39 · 1769 − 29 · 2378
Dvs. 1769x + 2378y = gcd(1769, 2378) løses av x = 39, y = −29.
Oppgave 4a*. Anta gcd(a, b) = 1. Vi viser at gcd(a + b, a − b) ≤ 2, altså at største felles divisor er enten
1 eller 2.
La d = gcd(a+b, a−b), så d | (a+b) og d | (a−b). Det følger at d | 2a og d | 2b, siden 2a = (a+b)+(a−b)
og 2b = (a + b) − (a − b). Ved definisjon av gcd har vi da at
d ≤ gcd(2a, 2b) = 2 gcd(a, b) = 2,
hvor første likhet følger fra Teorem 2.7.