9789147018505

Boken är alltså i första hand tänkt för: • Elever med intresse och fallenhet för matematik på gymnasieskolan • studenter på universitetens och högskolans grundutbildningar i matematik och inom lärarutbildning • matematiklärare på grundskolans senare del och på gymnasieskolan

Problemlösning är # 1

I boken diskuteras ett antal vanliga problemlösningsstrategier inom olika områden och det finns mer än 300 problem. Insprängt finns också ett antal lättsmälta artiklar av svenska matematiker där de berättar lite grand från sitt eget forskningsområde.

De bidrar också med några egna problem.

David Berglund

P

roblemlösning är # 1 är avsedd för alla intresserade, från duktiga högstadieelever till universitetsstuderande, som fattat tycke för problemlösningskonsten och/eller vill utveckla sin logiska tankeförmåga. Den ger även de som intresserar sig för matematiktävlingar goda träningsmöjligheter.

Problemlösning är # 1

Boken är skriven av David Berglund från Västerås.

Arbetet tog sin början under gymnasietiden och har efter ca 3 år fått sin nuvarande form. En erfaren matematiker har hjälpt till i arbetet.

Problemlösning i matematik kan jämföras med att spela schack.

Det räcker inte med att lära sig pjäsernas rörelser. Den verkliga matematiken går ut på att spela spelet.

Best nr 47-01850-X Tryck nr 47-01850-X

David Berglund LIBER

Problem - omslag.indd 1

05-04-28 15.23.55

Talens indelning De positiva heltalen samt talet 0, N = {0, 1, 2, 3 …} Z = {0, ±1, ±2, ±3 …}

144243

Naturliga tal N Hela tal, Z

p  Q =  : p ∈ Z , q ∈ Z, q ≠ 0  q  reella tal som inte är rationella, t.ex. 2 reella tal som är nollställen till polynom med heltalskoefficienter de reella tal som inte är algebraiska alla tal som återfinns på den reella tallinjen alla tal som återfinns i det komplexa talplanet

Rationella tal, Q

Irrationella tal Algebraiska tal Transcendenta tal Reella tal Komplexa tal

Några symboler och matematiska begrepp = ≠ < ≤ << [a]

är lika med ≈ är ungefär lika med är inte lika med (skiljt från) > är större än är mindre än ≥ är större än eller lika med är mindre än eller lika med >> är mycket större än är mycket mindre än heltalsdelen av a: det största heltal ≤ a  a om a ≥ 0 absolutbeloppet av talet a =  − a om a < 0

a

x∈A A = {x: P(x)} a|b kongruens

n

∑a k=1

k

x tillhör mängden A mängden A består av alla element x för vilka utsagan P(x) är sann a delar b (b är jämnt delbart med a) Inom talteorin säger man att två tal är kongruenta modulo n om de ger samma rest vid division med n. Inom geometrin säger man att två figurer är kongruenta om de är exakt likadana.

= a1 + a2 + a3 +…+ an

summan av ak då k går från 1 till n. Här kan ak vara vilken n 1 1 1 1 1 term som helst, t.ex.: ∑ = + + +…+ k 1 2 3 n k=1

n-fakultet, definieras som 1 · 2 · 3 · … · (n – 1) · n uttryck som har två termer och som skiljs åt av plus- eller minustecken.

n! binom

Potenslagar ax · ay = ax + y 1

an =

n

ax = ax− y ay m

a

an =

n

ax  a  = b x  b 

am (m och n ≥ 2)

x

1 ax

(a )

ax · bx = (ab)x

a0 = 1

a− x =

x

y

( )

= ax y = ay

x

Geometriska beteckningar A A

B

B

C

sträckan AB betecknas AB

Problem - omslag.indd 2

vinkeln ABC betecknas ∠ABC, ∧ABC

05-04-28 15.24.01

Talens indelning De positiva heltalen samt talet 0, N = {0, 1, 2, 3 …} Z = {0, ±1, ±2, ±3 …}

144243

Naturliga tal N Hela tal, Z

p  Q =  : p ∈ Z , q ∈ Z, q ≠ 0  q  reella tal som inte är rationella, t.ex. 2 reella tal som är nollställen till polynom med heltalskoefficienter de reella tal som inte är algebraiska alla tal som återfinns på den reella tallinjen alla tal som återfinns i det komplexa talplanet

Rationella tal, Q

Irrationella tal Algebraiska tal Transcendenta tal Reella tal Komplexa tal

Några symboler och matematiska begrepp = ≠ < ≤ << [a]

är lika med ≈ är ungefär lika med är inte lika med (skiljt från) > är större än är mindre än ≥ är större än eller lika med är mindre än eller lika med >> är mycket större än är mycket mindre än heltalsdelen av a: det största heltal ≤ a  a om a ≥ 0 absolutbeloppet av talet a =  − a om a < 0

a

x∈A A = {x: P(x)} a|b kongruens

n

∑a k=1

k

x tillhör mängden A mängden A består av alla element x för vilka utsagan P(x) är sann a delar b (b är jämnt delbart med a) Inom talteorin säger man att två tal är kongruenta modulo n om de ger samma rest vid division med n. Inom geometrin säger man att två figurer är kongruenta om de är exakt likadana.

= a1 + a2 + a3 +…+ an

summan av ak då k går från 1 till n. Här kan ak vara vilken n 1 1 1 1 1 term som helst, t.ex.: ∑ = + + +…+ k 1 2 3 n k=1

n-fakultet, definieras som 1 · 2 · 3 · … · (n – 1) · n uttryck som har två termer och som skiljs åt av plus- eller minustecken.

n! binom

Potenslagar ax · ay = ax + y 1

an =

n

ax = ax− y ay m

a

an =

n

ax  a  = b x  b 

am (m och n ≥ 2)

x

1 ax

(a )

ax · bx = (ab)x

a0 = 1

a− x =

x

y

( )

= ax y = ay

x

Geometriska beteckningar A A

B

B

C

sträckan AB betecknas AB

Problem - omslag.indd 2

vinkeln ABC betecknas ∠ABC, ∧ABC

05-04-28 15.24.01

ISBN 91-47-01850-X © 2005 David Berglund, respektive artikelförfattare till de fristående artiklarna och Liber AB Redaktör: Anders Sörensen Form: Eva Jerkeman Produktion/prepress: Daleke Grafiska AB Illustrationer: Piroska von Gegerfelt, Björn Magnusson

Första upplagan 1 Tryck: Korotan, Ljubljana, Slovenien 2005

Kopieringsförbud Detta verk är skyddat av upphovsrättslagen! Kopiering, utöver lärares rätt att kopiera för undervisningsbruk enligt BONUS-avtal, är förbjuden. BONUSavtal tecknas mellan upphovsrättsorganisationer och huvudman för utbildningsanordnare t.ex. kommuner/universitet.

Problemen nedan är hämtade från olika matematiktävlingar: Skolornas matematiktävling: 124, 135, 140, 203, 207, 209, 210, 316, 321, 406, 409, 617, 618, 705, 709, 716, 718, 719, 8024, 8025, 8046, 8062, 8071, 8084 Unga matematiker: 339, 340, 342, 8015 Västerås gymnasieskolors matematiktävling: 202, 230, 331, 335, 336, 407, 623, 625, 8013, 8030, 8035, 8036

Den som bryter mot lagen om upphovsrätt kan åtalas av allmän åklagare och dömas till böter eller fängelse i upp till två år samt bli skyldig erlägga ersättning till upphovsman/rättsinnehavare.

Liber AB, 113 98 Stockholm tfn 08-690 92 00, kundtjänst tfn 08-690 93 30, fax 08-690 93 01 e-post: kundtjanst.liberab@liber.se www.liber.se

Problem - 001-011 - inledn.indd 2

05-04-29 13.17.17

Förord Den allmänna synen på matematik är allt som oftast att det är grått och trist. Matematiska kunskaper ses mest som ett nödvändigt ont, men då har man fått det hela om bakfoten. Matematik kan nämligen vara oerhört vackert och utvecklande! Lyckligtvis tillhör jag en av dem som upptäckt matematikens fantastiska värld. Men det var först när jag på gymnasiet kom i kontakt med en fantastisk lärare, Erik Umegård (Rudbeckianska gymnasiet i Västerås), som jag vaknade till. Jag blev så intresserad av problemlösning att jag beslöt mig för att ägna mitt projektarbete åt matematik, ett beslut jag aldrig ångrat. Det blev nämligen starten på det du håller i din hand just nu!

Problemlösning är # 1 är ingen vanlig lärobok som man under en begränsad tid läser från pärm till pärm. Min förhoppning är att den ska vara en trogen följeslagare under många års tid. Det är alltså ingen bok man ”blir färdig med” och sedan lägger åt sidan. Inte heller ska man känna sig tvingad att läsa den från början till slut, snarare tvärtom. Känn dig fri att hoppa mellan olika avsnitt i boken.

Du ska inte heller känna dig tveksam på om dina nuvarande matematiska kunskaper är tillräckliga för att ta dig an denna bok. Med enbart högstadiekunskaper kommer du en bit på väg. Skulle du trots allt köra fast, fråga då en vän eller en lärare om hjälp. Att köra fast är en del av problemlösningsgången.

Jag har lagt ned stor möda på att göra problemutbudet så varierande och intressant som möjligt. Att författa ett bra matematiskt problem är inte helt enkelt och ett antal skickligt konstruerade problem är hämtade från tidigare givna matematiktävlingar. Se förteckning på föregående sida.

Jag vill även passa på att tacka Dag Jonsson vid Uppsala universitet som granskat materialet och bidragit med många värdefulla kommentarer. Utan Dag hade denna bok aldrig blivit verklighet. Dessutom vill jag tacka Kimmo Eriksson, Warwick Tucker, Johan Wästlund, Gunilla Borgefors samt Johan Tysk. Dessa yrkesmatematiker har alla avsatt tid för att skriva artiklar om ”sitt eget område”.

Slutligen hoppas jag att du ska ha lika roligt när du arbetar med denna bok som jag hade när jag gjorde den.

Västerås i april 2005 David Berglund

Problem - 001-011 - inledn.indd 3

05-04-29 13.17.18

Innehåll Att lösa problem

Sannolikhetslära

5

Min syn på problemlösning 5 Leta efter mönster 7 Titta på ett enklare fall av problemet 9 Indirekt resonemang 10

1 Talens värld

12

Primtal Talteori

12 16

Välordningsprincipen/Matematisk induktion Kongruenser Positionssystemet och delbarhetsregler Diofantiska ekvationer Att gissa nästa term i en följd

123 124 124 124 125

30 33

6 Klassiker

138

Fibonaccital

138

43 43 46 47

3 Geometri

59

Trianglar

59

56

64 66

75 86 88

4 Mer om tal

90

Rationella tal Rotuttryck Oändliga kedjebråk

90 93 95 96

98

5 Kombinatorik och sannolikhetslära

103

Lådprincipen

103

Problem - 001-011 - inledn.indd 4

123

135

Ekvationssystem Speciella ekvationer Olikheter Ett förvånande pris – lite finansiell matematik

Iteration

116 118

Slump och sannolikheter

2 Algebra

Division med noll

Additionsprincipen Multiplikationsprincipen Permutationer Ordnade delmängder Kombinationer

106 106 110 113 115

Grafteori

38

Cirklar Geometri, övrigt Rymdgeometri

Kombinatorik

106

17 23 25 25 34

Binomialsatsen Talföljder Kedjekod – ett sätt att beskriva former i digitala bilder

Pytagoreiska taltripplar Konstruktioner i trianglar

Utfall, utfallsrum, händelse och komplementhändelse Slumpvariabel Väntevärde Otroliga sammanträffanden Träddiagram ffg-fördelning = för första gångenfördelning Binomialfördelningen

”Världen är liten” – 6d-hypotesen

Det gyllene snittet

Schackproblem Spelproblem Hastighetsproblem Procentproblem Magiska kvadrater Spelteori och sociala kontrakt: Ska man betala för sig eller smita?

130 132

140

142 144 147 150 152 155

7 Funktionslära och trigonometri

159

Ellipsen Trigonometri Så fel räknar våra datorer

162 164 168

8 Problemblandning

172

Talens värld Geometri Algebra Kombinatorik och sannolikhetslära Funktionslära och trigonometri Kluringar

172 174 181 183 185 186

Ledtrådar

194

Facit

209

05-04-29 13.17.18

Att lösa problem Min syn på problemlösning En klassiker: Alla människor är olika. Hur uttjatat det än må vara så är det av stor betydelse att man verkligen inser att människor är olika. Vi går olika, en del raskt, andra i sakta mak, vi pratar olika, en del högt, andra lågmält, … Kanske är den viktigaste olikheten man måste bemästra den att vi tänker olika, detta blir speciellt påtagligt i skolvärlden. Framförallt tänker vi i olika banor, vi har olika lätt att förstå olika typer av resonemang. På samma sätt som det gäller att hitta sitt eget sätt att gå så gäller det att hitta sitt eget sätt att tänka, det som passar bäst för just dig. När det gäller att lösa matematiska problem är detta extra viktigt. Jag har upplevt att matematiken i grundskolan och även gymnasiets senare kurser innehåller alldeles för lite kreativa moment. Man lär sig istället att arbeta enligt ett visst mönster, man utvecklar inget eget tankesätt. Inlärning på detta sätt riskerar att kväva både kreativitet och intresse. Jag tycker att A- och B-kurserna i matematik erbjuder mer utrymme för fantasi än C-, Doch E-kurserna, något man märker på bland annat resultaten i matematiktävlingar. Många har ett bättre resultat i årskurs 2 än i årskurs 3. Min förhoppning är att mitt arbete ska ge en möjlighet att utveckla ditt individuella tankesätt med hjälp av teori som du inte stött på tidigare och problem som inte kan lösas med standardmetoder.

Den mest klassiska av alla problemlösningsböcker som har skrivits är How to solve it av G Polya. Den behandlar nästan för grundligt Heuristiken – läran om de metoder och regler som är av betydelse för förmågan att upptäcka och uppfinna. Jag tycker att den kan liknas vid en lärobok i hur man lär sig att gå, vilket betyder att den i många avseenden är mer förvirrande än hjälpande. Dock tycker jag att följande indelning av problemlösningsgången är enkel och överskådlig: • • • •

att förstå problemet att göra upp en plan att genomföra planen att se tillbaka

5

Problem - 001-011 - inledn.indd 5

05-04-29 13.17.18

Detta är fyra grundläggande stolpar vid problemlösning, som förekommer mer eller mindre medvetet (även om jag tycker att göra upp en plan låter onödigt ”tjusigt”). Medan Polya sedan gör en detaljerad beskrivning av alla rubriker som kan tänkas falla under dessa stolpar, så föredrar jag (nästan) att stanna här. Mer medveten än så här behöver man i mitt tycke inte vara om hur man egentligen löser ett problem. Det handlar nu om att utveckla sitt eget individuella tankesätt. Mitt tips till dig när du löser problem är därför att så länge som möjligt låta bli att titta i facit och därmed ta någon annans tankegång. Om du kör fast, låt problemet istället vila och ta dig an det några timmar eller kanske någon dag senare. Skulle du trots allt behöva hjälp, titta då på ledtrådarna till problemen, kanske får du en ny idé. Om facit finns att tillgå, försök att se det som en sista utväg. Jag har därmed inte sagt att man aldrig ska lyssna på hur någon annan tänker, tvärtom. Jag är övertygad om att man kan lära sig otroligt mycket genom att lyssna och diskutera med andra; man får se saker ur ett annat perspektiv vilket kan bredda ens eget synsätt.

Ta aldrig någon annans tankesätt, använd det istället för att utveckla ditt eget.

Den vanliga skolmatematiken är på många sätt mekanisk, något som bidrar till den välkända ”matteskräcken”. Man lär sig gradvis nya begrepp, satser m.m., som man övar upp sin färdighet i genom att lösa övningsproblem där de rutiner man lärt sig används. Det är egentligen inte så konstigt att det har blivit på detta sätt, vi behöver ju en grundutbildning. Men det riskerar att kväva den sanna matematikern inom oss. Det är sällan man ställs inför problem i dess riktiga betydelse. De uppgifter som har drag av att vara problem är oftast MVG-uppgifter. Det är nämligen en viktig skillnad mellan övningar och problem och det är oftast din matematiska erfarenhet som avgör om det är det ena eller det andra. Problemlösning kan sägas vara det man gör när man inte vet vad man ska göra, dvs. ett problem är något man inte tidigare stött på och som man därför inte kan lösa med vanliga standardmetoder. Det är just detta som är speciellt med verkliga matematiska problem: de är problem som du inte kan lösa på samma sätt som du löser övningar i din mattebok.

Goda idéer bygger på äldre erfarenheter och tidigare förvärvade kunskaper.

6

Problem - 001-011 - inledn.indd 6

05-04-29 13.17.18

Hur löser man då något som man inte vet hur man ska lösa? Jo, det finns olika sätt att gå till väga på. Ett är att flytta sin gräns för övningar och problem. Genom att lösa många problem har man snart fått kläm på hur man gör och de uppgifter som tidigare var problem övergår till att bli mer som övningar. Ett annat är att vara väl förtrogen med vanligt förekommande lösningstekniker. Ett tredje sätt är att öva upp sin kreativa förmåga så att man lättare kan se ”oväntade” lösningar. Hur man gör detta på bästa sätt är väldigt individuellt. Ett sätt som jag tror fungerar för många är att sitta och klura länge på ett problem och inte ge upp för tidigt och titta på svaret.

Man kommer då att tvingas tänka längre och i viss mån annorlunda eftersom man uppenbarligen inte vet hur problemet ska lösas. Man kommer då att bryta barriärer och hitta sitt eget individuella tankesätt.

Som synes är det många kvaliteter som krävs för att bli en god problemlösare. Även om man tränar nitiskt och övar upp sin förmåga så är det inte säkert att man kommer att lösa de problem man ställs inför; alla kan ju ha en dålig dag då det låser sig för en (något jag själv bittert fått erfara). Men man ska inte låta sig nedslås utan bara slå näven i bordet och fortsätta att göra sitt bästa.

Här följer några vanliga och enkla problemlösningsstrategier, som visar hur man kan hantera ett problem:

Leta efter ett mönster Att hitta ett mönster är ofta mycket användbart och tidsbesparande, man kan då ofta logiskt resonera sig fram till svaret på ett enkelt sätt.

✪

SUMMAN AV EN FÖLJD AV TAL

När den mycket berömde tyske matematikern Carl Friedrich Gauss (ofta kallad matematikernas konung) var liten gav hans lärare eleverna ett problem som han trodde skulle uppehålla dem ett tag, nämligen att summera de första 100 naturliga talen. Gauss gav svaret nästan med detsamma. Kan du också göra det?

7

Problem - 001-011 - inledn.indd 7

05-04-29 13.17.18

lösning Problemet går ut på att finna summan av 1 + 2 + 3 + 4 + … + 100.

Att summera termerna en och en är förstås ett sätt, dock inte speciellt kreativt eller tidsbesparande. Här kan vi kanske försöka hitta ett mönster. Om vi parar ihop talen enligt figuren kommer vi att få 50 par vardera med summan 101: 101 101 101 101 1 + 2 + 3 + … + 50 + 51 + … + 98 + 99 + 100

Den totala summan blir därför 50 · 101 = 5050. Ett mer allmänt problem skulle vara att summera de första n naturliga talen, där n får vara vilket naturligt tal som helst. Om vi använder samma plan som vi använde oss av nyss får vi: n+1 n+1 n+1

1 + 2 + 3 +

…

+ (n – 2) + (n – 1) + n

Om n är jämnt så kommer det finnas n/2 par och summan av varje par kommer att vara n + 1. Och vi får summan genom att multiplicera dessa tal med varandra. Men hur blir det om n är udda, fungerar formeln då? Fundera själv.

Du känner säkert igen problemet som ju innebär en summering av en aritmetisk talföljd.

Man kan här, som i många andra liknande problem, finna en geometrisk lösning. För att finna summan låter vi talen motsvaras av en rad med kvadrater. Vi placerar sedan en likadan figur som bilden visar. Den summan vi söker är precis hälften av den senast skapade geometriska figuren, dvs. rektangelns area delat med 2.

Summan av talen 1, 2, …, n är alltså lika med antalet rutor i den vänstra figuren. Genom att bilda en rektangel av två ”trappor” blir det enklare att beräkna antalet rutor.

8

Problem - 001-011 - inledn.indd 8

05-04-29 13.17.19

n

n

n

n

1

Antalet rutor i ”trappan” = halva antalet rutor i rektangeln, dvs.

1 + 2 +…+ n =

n ⋅ (n + 1) 2

Titta på ett enklare fall av problemet Att upptäcka ett mönster eller se en lösning kan ofta vara lättare om man tittar på ett enklare fall av samma problem. Man kan då få en mer överskådlig bild av problemet. Hittar man en lösning till det förenklade problemet så kan man ofta vara säker på att den är likartad den lösning man söker.

✪

KORTASTE VÄGAR B

I en stad bildar gatorna precis lika stora kvarter som figuren visar.

Du bor vid A och ska ta dig till B. Eftersom du är matematiker vill du förstås inte gå längre än nödvändigt.

Hur många kortaste vägar finns det från A till B?

A

lösning Problemet går ut på att ange hur många sätt det går att komma från A till B med kortast möjliga väg. För att inte gå längre än nödvändigt måste du antingen röra dig norrut eller österut. Din kortast möjliga resa består nämligen av att du flyttar dig totalt

9

Problem - 001-011 - inledn.indd 9

05-04-29 13.17.20

6 steg österut och 5 steg norrut. Ett sätt att lösa problemet är förstås att rita ut alla möjliga vägar. Men eftersom det är alltför jobbigt så undersöker vi istället ett enklare fall. Vi tittar på några fall där vi faktiskt kan räkna antalet möjligheter utan större problem.

B 1 1

4

1

3

6

1

2

3

4

A

1

1

1

1

Vid varje punkt står det skrivet antalet sätt med kortaste väg på vilket man kan ta sig till punkten. Det verkar som om antalet kortaste vägar till en viss punkt är summan av antalet kortaste vägar till punkterna närmast söderut och västerut.

Kan det vara så hela vägen? Svaret är ja. Kan du lista ut varför?

Utför vi hela den stegvisa summeringen får vi: 462 1

6

21

56 126 252 B

1

5

15

35 70 126 210

1

4

10

20 35

56 84

1

3

6

10 15

21 28

1

2

3

4

5

6

7

1

1

1

1

1

1

A

Antalet kortaste vägar från A till B är alltså 462 stycken. Det kan hända att du har sett likheten mellan talen i rutnätet och talen i Pascals triangel (se kap 1 s. 31). Om inte så har du en vacker upptäckt kvar att göra! På vilket sätt skiljer sig talmönstren?

Indirekt resonemang Ibland är det lättare att visa att något är falskt genom att visa att det inte kan vara sant. Eller omvänt; visa att något är sant genom att visa att det inte kan vara falskt.

10

Problem - 001-011 - inledn.indd 10

05-04-29 13.17.21

✪

TÄCKA MED BRICKOR

På detta schackbräde är två motstående hörn borttagna. Kan du täcka hela brädet med dominobrickor som täcker två rutor med gemensam sida? lösning I detta fall finns det egentligen bara två angreppssätt. Antingen måste man visa att det finns en lösning och redovisa denna, eller bevisa att det inte går. Detta problem bygger på ett mycket frekvent förekommande begrepp inom problemvärlden, nämligen paritet som handlar om förhållandet mellan udda och jämnt.

Om vi funderar på vad som händer när vi lägger ut en dominobricka så inser vi att varje bricka alltid kommer att täcka en vit och en röd ruta. Detta innebär att om hela brädet ska kunna täckas, så måste det finnas lika många vita som röda rutor. Men eftersom det var två röda rutor vi tog bort så är detta omöjligt. Det finns ju 32 vita rutor och 30 röda.

Hur hade det blivit om man hade tagit bort en ruta av vardera färgen? Går det då att ALLTID täcka brädet med dominobrickor?

Notera att du inte vet vilka rutor som tas bort, endast att den ena är röd och den andra vit.

11

Problem - 001-011 - inledn.indd 11

05-04-29 13.17.22

1 Talens värld Primtal Många positiva heltal kan uttryckas som en produkt av mindre heltal som är större än 1. Sådana tal kallas sammansatta tal. Talet 1 räknas till en klass för sig och kallas enhetstalet. De återstående talen, som är större än 1 men inte produkten av mindre tal, kallas primtal (man brukar även säga att ett primtal är ett tal som endast är jämnt delbart med sig självt och 1). Alla heltal a har delarna 1 och a, dessa delare brukar man kalla triviala (eller oäkta) delare. Alla andra delare kallas äkta. Det kanske största mysteriet med primtal är att de är väldigt oregelbundna trots deras enkla definition.

Under antiken levde en man vid namn Eratosthenes som var chef över det gigantiska biblioteket i Alexandria. Han är känd för att ha mätt jordens radie genom att studera skugglängden som kastades mitt på dagen av en flaggstång i Alexandria och en brunn i Syene, i vilken solens strålar föll lodrätt ned. Men han är även känd för sitt mycket berömda primtalssåll (Eratosthenes såll). Han ville kunna skilja de dyrbara primtalen från de simpla sammansatta talen! Hans metod är: Skriv ned de naturliga talen med början med talet 1. Talet 1 är ju ett ”specialtal” då det varken faller under kategorin sammansatta tal eller primtal. Ruta in 1:an för att visa detta. Ringa därefter in nästa tal, som är 2, och stryk därefter alla multipler av 2 (dvs. vartannat tal). Ringa därefter in första talet av dem som återstår, nämligen 3, och stryk alla efterföljande multiplar av talet. Om vi fortsätter så här i varje steg, ringar in det första återstående talet och stryker alla högre multipler, så kommer de tal som vi ringar in att vara primtal.

Följande bild visar hur sållningsprocessen kan gå till, den kan se lite rörig ut men försök finna olika mönster:

12

Problem - 012-042 - kap 1.indd 12

05-04-28 15.09.47

1

3

5

7

9

11

13

15

17

19

21

23

25

27

29

31

33

35

37

39

41

43

45

47

49

51

53

55

57

59

61

63

65

67

69

71

73

75

77

79

81

83

85

87

89

91

93

95

97

99

101

103

105

107

109

111

113

115

117

119

121

123

125

127

129

131

133

135

137

139

141

143

145

147

149

151

153

155

157

159

151

163

165

167

169

171

173

175

177

179

181

183

185

187

189

191

193

195

197

199

201

203

205

207

209

211

213

215

217

219

221

223

225

227

229

231

233

235

237

239

241

243

245

247

249

251

253

255

257

259

261

263

265

267

269

271

273

275

277

279

281

283

285

287

289

291

293

295

297

299

301

303

305

307

309

311

313

315

317

319

321

323

325

327

329

331

333

335

337

339

341

343

345

347

349

351

353

355

357

359

Antalet primtal är oändligt, det framgår av ett känt motsägelsebevis av Euklides: Vi antar att antalet primtal inte är oändligt. Låt oss säga att de primtal vi har är p1, p2, p3, … pn. Vi multiplicerar samtliga primtal vi känner till med varandra och lägger till 1, det ger oss: p1 · p2 · p3 · … · pn + 1. Detta tal kan inte vara delbart med något av de gamla primtalen (varför?). Vilket innebär att talet vi just bildade självt måste vara ett primtal, hur inser man det? Vi har därmed lyckats ”skapa” ett primtal som inte ingår bland dem vi hade sedan tidigare – antalet primtal är oändligt.

Ett sammansatt tal a > 2 har en entydig primtalsfaktorisering.

Du slipper alltså bekymret med att det kan finnas många olika faktoriseringar. Det kan även vara bra att känna igen de första primtalen: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101

13

Problem - 012-042 - kap 1.indd 13

05-04-28 15.09.47

Att alla sammansatta tal a > 2 kan skrivas som en produkt av primtal på precis ett sätt, om man bortser från faktorernas ordningsföljd, kallar man för Aritmetikens fundamentalsats: bevis Vi antar att det går att göra faktoriseringen på två sätt: a = p1 · p2 · … · pm a = q1 · q2 · … · qn

(alla tal i högerleden är primtal)

Eftersom p1 a , så gäller även p1 q1 ⋅ q2 ⋅…· qn . Men om p1 q1 ⋅ q2 ⋅…⋅ qn ska gälla så måste p1 finnas med som en faktor i produkten q1, q2, … qn, eftersom alla tal är primtal. Vi kan upprepa detta förfarande: p2 a vilket ger p2 q1 ⋅ q2 ⋅…⋅ qn detta gör att p2 måste finnas med bland talen q1, q2, … qn. Så fortsätter vi tills alla tal har ”tagit slut”. Man inser då att de två faktoriseringarna måste vara identiska. Därmed är Aritmetikens fundamentalsats bevisad.

Som du säkert listat ut är alla primtal utom 2 udda. Dessutom kan alla primtal skrivas på formen 2k + 1, för något naturligt tal k. Det gäller också att alla primtal utom 2 kan skrivas på formen 4k ± 1, för något naturligt tal k, likaså att alla primtal utom 2 och 3 kan skrivas som 6k ± 1 (varför?).

✪

ATT BESTÄMMA PRIMTAL UNDER VISSA FÖRUTSÄTTNINGAR

Bestäm alla primtal p sådana att

5p + 49 är ett heltal.

lösning Vi antar att 5p + 49 är ett heltal och kallar det för n, vi får då 5p + 49 = n som ger 5p + 49 = n2 vilket kan skrivas: p=

(n + 7)(n − 7) 5

Eftersom p är ett primtal måste antingen n + 7 eller n – 7 vara jämnt delbart med 5 (varför?): 1. n – 7 = 1

⇔ n = 8 vilket ger p =

(8 + 7)(8 − 7) =3 5

14

Problem - 012-042 - kap 1.indd 14

05-04-28 15.09.53

2. n – 7 = 5

⇔ n = 12 vilket ger p =

(12 + 7)(12 − 7) = 19 5

Svar: p är 3 eller 19.

Vi har visat att det finns oändligt många primtal, men ungefär hur många primtal finns det upp till ett givet heltal? Vi vet att primtalen glesar ut sig, de blir mer och mer sällsynta ju längre vi ”vandrar”, men hur mycket glesar de ut sig? Man kan visa att antalet primtal som är mindre än ett visst naturligt tal x approximativt är: x stycken. ln x

Problem 101 Bestäm primtalsfaktoriseringen av a 4900 b 123456 102 Är a 719 ett primtal?

c 999999

b 7909 ett primtal?

103 Går det att utan prövning avgöra om 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 ·

· 19 · 23 · 29 + 1 är ett primtal?

104 Ange 100 konsekutiva (på varandra följande) sammansatta tal.

105 Om p är ett primtal visa då att p2 + 2 inte kan vara ett primtal

om p ≥ 5.

106 Visa att för varje primtal p ≥ 5 är p2 – 1 jämnt delbart med 24.

107 Bestäm alla primtal mellan 10 och 10 000 sådana att när sista

siffran flyttas fram före den första så blir det samma tal.

108 Låt p vara ett primtal större än 2. För vilka positiva heltal a är

p + a2 ett heltal?

109 Visa att om p och 8p – 1 båda är primtal, så kan 8p + 1 inte vara

ett primtal.

15

Problem - 012-042 - kap 1.indd 15

05-04-28 15.09.54

Talteori Talteori är vad man brukar benämna läran om egenskaperna hos de hela talen Z. Rötterna till talteorin går långt tillbaka i tiden, men det var på 1600-talet den moderna talteorin grundades av fransmannen Pierre de Fermat. Utmärkande för talteorin är att problemen ofta(st) kan formuleras på en elementär nivå, men att lösningarna kan vara otroligt avancerade. Det mest kända problemet är säkerligen Fermats stora sats: xn + yn = zn Denna ekvation, där n är ett heltal sådant att n ≥ 3, saknar heltalslösningar om x, y och z alla är positiva heltal. Fermats stora sats stämmer alltså överens med Pythagoras sats så när som på exponentens storlek.

Vi kan väl då passa på att titta på ”den omvända” ekvationen av Fermats stora sats:

✪

EKVATION MED VILLKOR

nx + ny = nz För vilka naturliga tal n, x, y och z har denna ekvation en lösning? lösning Vi börjar med att tänka på vilka tal n, x, y och z kan anta. Helt klart är att: n>1 x<z y<z Eftersom vi endast söker heltalslösningar så får vi: x≤z–1 y≤z–1 Om vi sätter in dessa övre gränser i nx + ny = nz kan vi bilda olikheten: nx + ny ≤ nz – 1 + nz – 1 nx + ny ≤ 2 · nz – 1

16

Problem - 012-042 - kap 1.indd 16

05-04-28 15.09.55

nx + ny ≤ 2 ⋅

nz n

som för tydlighetens skull kan skrivas 2 n x + n y ≤ ⋅ nz ≤ nz n Man inser nu att VL = HL endast då n = 2 (varför?).

Vi kan nu sammanfatta kraven på talen n, x, y och z för att ekvationen nx + ny = nz ska gälla: n=2 x=y=z–1

Välordningsprincipen/Matematisk induktion Välordningsprincipen lyder: varje nedåt begränsad icke-tom mängd av heltal har ett minsta element.

Det beror på att mängden heltal ≤ ett givet tal är ändligt. Detta kan man ha stor nytta av ibland:

✪

LÖSA ETT PROBLEM MED VÄLORDNINGSPRINCIPEN

I varje ruta på ett oändligt stort rutpapper står ett naturligt tal sådant att det är lika med det aritmetiska medelb värdet av de fyra granntalen. Visa att det då c a måste stå samma tal i alla rutor.

För följande bit (och alla andra delar också) av det oändligt stora pappret gäller det alltså att: b+c+d +e a= 4

d

e

lösning Vi utnyttjar här välordningsprincipen. Eftersom alla utskrivna tal är naturliga tal så kommer det att finnas ett minsta tal, låt oss säga x. Vi låter de omgivande talen vara a, b, c och d. Det gäller a+b+c+d då att x = . Eftersom x är det minsta talet så måste 4 a+b+c+d a ≥ x, b ≥ x, c ≥ x och d ≥ x, dvs. om x = ska gälla så 4

17

Problem - 012-042 - kap 1.indd 17

05-04-28 15.09.58

måste a = b = c = d = x gälla. Det innebär att runt det minsta talet på detta oändliga papper är samma tal skrivna. Med samma resonemang inser du att hela pappret kommer att vara täckt med detta minsta tal.

Låt oss säga att vi har ett oändligt antal bollar liggandes i en rad.

Så långt vi kan se är alla bollar svarta. Men detta betyder inte att alla bollar måste vara svarta, det kan ju hända att det finns en olikfärgad boll bortom vårt synfält. Finns det ändå något sätt att avgöra om alla bollar är svarta? Om det skulle vara så att det efter en svart boll alltid kommer en till svart boll, så skulle vi endast behöva kontrollera att den första bollen är svart för att inse att alla bollar är svarta.

Det skulle ju då gälla att även den andra bollen är svart och om den andra bollen är svart är även den tredje det, osv. Detta är vad man kallar för induktionsprincipen. Denna princip kan man använda för att till exempel bevisa formler för vilka man inte kan testa alla möjliga värden. Vi tar ett exempel.

Någon kommer fram till dig och säger att han förutom summan av de n första naturliga talen: n

sn = ∑ k = k=1

n ⋅ (n + 1) 2

(Se Gauss-exemplet s. 7)

även kan beräkna summan av de n första kvadrattalen. Han börjar beskriva hur han lyckades komma fram till denna formel: Jag ville alltså bestämma följande summa med en formel n

σ n = ∑ k2 = 12 + 22 + 32 +…+ n2 . k=1

Först jämförde jag de första värdena i sn och σn i en tabell: N sn σn

1 1 1

2 3 5

3 6 14

4 10 30

5 15 55

6 21 91

σ Jag såg att σn växer snabbare än sn. Genom att studera kvoten n sn i en ny tabell fick jag ett mått på hur mycket snabbare:

18

Problem - 012-042 - kap 1.indd 18

05-04-28 15.09.59

1 3 1= 3

N σn sn

2 5 3

3 7 3

4 9 3= 3

5 11 3

6 13 3

σn kan skrivas som ett udda heltal delat sn med 3, där täljaren ökar med 2 för varje steg. Jag kunde därför skriva: Det såg ut som att kvoten

σ n 2n + 1 = sn 3 När jag löste ut σn fick jag:

σn =

2n + 1 ⋅ sn 3

σn =

2n + 1 n ⋅ (n + 1) ⋅ 3 2

σn =

2n3 + 3n2 + n 6

( sn =

n ⋅ (n + 1) ) 2

Jag har alltså bevisat en formel för summan av de n första kvadrattalen.

Som matematiker säger du: 2n3 + 3n2 + n ger 6 summan av de n första kvadrattalen? Du måste ju även fråga dig: Gäller denna formel allmänt, för alla n-värden? Du skulle visserligen kunna pröva din formel för många n-värden, men det garanterar inte att formeln gäller för alla tänkbara fall. Du kommer, hur mycket du än prövar, att aldrig bli färdig. Inom matematiken är varken sjuttiosju eller enmiljonsjuttiosju prövade fall tillräckligt.

Hur kan du nu luta dig tillbaka och säga att σ n =

Nu kommer vår ”bollidé” in. Om vi kan visa att om formeln gäller för ett visst värde så gäller den även för nästa värde, så har vi täckt in alla naturliga tal från och med det tal vi började med. Vi har ovan sett att formeln gäller för n = 1, vi antar nu att den gäller för ett godtyckligt naturligt tal, p:

σp =

2p3 + 3p2 + p 6

19

Problem - 012-042 - kap 1.indd 19

05-04-28 15.10.06

Vi vill nu visa att även σp +1 gäller, dvs. visa att:

σ p+1 =

2 ⋅ (p + 1)3 + 3 ⋅ (p + 1)2 + p + 1 6

För att göra detta måste vi komma på att σp +1 kan skrivas:

σp +1 = σp + (p + 1)2 Vi visste att:

σp =

2p3 + 3p2 + p 6

Vi får då:

σ p+1 =

2p3 + 3p2 + p + (p + 1)2 6

som kan omformas till:

σ p+1 =

2p3 + 9p2 + 13p + 6 6

(Hur då?)

Enligt den framtagna formeln hade vi:

σ p+1 =

2 ⋅ (p + 1)3 + 3 ⋅ (p + 1)2 + p + 1 6

Överensstämmer!

som även detta kan skrivas:

σ p+1 =

2p3 + 9p2 + 13p + 6 6

(Hur då?)

Vi har nu visat att om formeln gäller för ett visst n-värde så gäller den även för nästa n-värde. Vi har dessutom visat att formeln gäller för 1 och därmed täckt in alla positiva heltal. Han som kom fram till dig kunde inte vara säker på att hans formel alltid gällde, han kunde bara göra det sannolikt.

Obs! Bli inte avskräckt om du tycker detta var ett krångligt resonemang. Induktion är något man måste få lite tid på sig att vänja sig vid. Den teoretiska introduktionen är svår att smälta på en gång.

Vi kan allmänt formulera det vi gjort:

20

Problem - 012-042 - kap 1.indd 20

05-04-28 15.10.09

Induktionsprincipen Vi säger att vi har ett påstående om det positiva heltalet n, vi kallar detta påstående för Pn. Antag att Pn uppfyller följande två villkor: (1) P1 är sann (2) Om Pk är sann så är Pk + 1 sann (för ett godtyckligt naturligt tal k) Då är Pn sann för alla naturliga tal större än 0.

Induktionsprincipen kan liknas vid ett dominospel; framför sig har man en oändligt lång rad dominobrickor, där man knuffar omkull radens första bricka. Denna slår omkull den andra brickan, som i sin tur välter den tredje osv.

Ett induktionsbevis delar man ibland in i tre steg: • Induktionsbas – man visar att påståendet gäller för ett visst värde på n, vanligen 1 • Induktionsantagande – man antar att påståendet är sant när n = p • Induktionssteg – man visar att om påståendet är sant för n = p så är det också sant för n = p + 1. Man får då den sökta ”lavineffekten” som inkluderar alla naturliga tal från och med induktionsbasen.

✪

ATT BEVISA EN FORMEL MED INDUKTION

Bevisa följande formel för summan av de n första udda talen 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2 lösning Ha gärna som grundregel att testa vad som händer genom att beräkna några värden: n = 1: n = 2: n = 3: n = 4:

1 = 12 1 + 3 = 4 = 22 1 + 3 + 5 = 9 = 32 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42

Formeln ser ut att vara korrekt, men som matematiker får du inte anse den vara bevisad.

Induktionsbas: Påståendet är sant för n = 1, ty 1 = 12.

21

Problem - 012-042 - kap 1.indd 21

05-04-28 15.10.09

Induktionsantagande: Vi antar att påståendet, låt oss kalla det för Pn, är sant för ett visst värde på n, säg n = p, dvs. att: 1 + 3 + 5 + … + (2p – 1) = p2 Induktionssteg: Vi vill visa att om 1 + 3 + 5 + … + (2p – 1) = p2 gäller, så gäller även 1 + 3 + 5 + … + (2(p + 1) – 1) = (p + 1)2. Vi använder induktionsantagandet till att förenkla vänsterledet och får: 1 + 3 + 5 +…+ (2p − 1) + (2(p + 1) − 1) = p2

= p2 + (2(p + 1) − 1) = p2 + 2p + 2 − 1 = = p2 + 2p + 1 = (p + 1)2 Vi har nu visat att Pp + 1 är sant om Pp är sant, och eftersom vi har visat att P1 är sant har vi visat att Pn är sant för alla naturliga tal från och med 1. Observera att induktionsbasen och induktionsantagandet är nödvändiga för ett korrekt bevis, även om det är i induktionssteget som den verkliga problemlösningen ligger.

Induktion kommer inte bara väl till pass när man ska bevisa en formel utan även när man bland annat ska visa olikheter och delbarhetsegenskaper.

Problem 110 Visa följande formler med matematisk induktion a

1 1 1 n +…+ + = 2 ⋅3 3⋅ 4 (n + 1)(n + 2) 2n + 4

b 1 + 4 + 7 +…+ (3n − 2) =

n ⋅ (3n − 1) 2

111 Visa att för alla naturliga tal n gäller det att

13 + 23 + 33 + … + n3 = (1 + 2 + 3 + … + n)2 112 Visa att 23n – 1 är delbart med 7 för alla naturliga tal n.

113 Låt n vara ett heltal ≥ 5. Visa att 2n > n2.

22

Problem - 012-042 - kap 1.indd 22

05-04-28 15.10.10

114 Visa (med matematisk induktion) att (x − y) (x n − y n ) för alla

naturliga tal n.

115 Du har godtyckligt många vikter på 8 respektive 11 gram. Visa

att man med en balansvåg kan väga alla heltalsvikter från och med 70 gram (det som ska vägas placeras i den ena vågskålen och vikterna i den andra).

Kongruenser Kongruens är ett begrepp som bär beteckningen ≡ (likhetstecken med tre streck). Denna beteckning kommer ursprungligen från Carl Friedrich Gauss. Inom geometrin säger man att två figurer är kongruenta om de har precis samma geometriska egenskaper (samma vinklar, samma längder på sidorna etc.) dvs. de är likadana. Inom talteorin säger vi att två tal är kongruenta om de har samma delbarhetsegenskaper vid division med ett givet heltal. Definitionen lyder: Låt n vara ett givet heltal. Vi säger att heltalen a och b är kongruenta modulo n om: differensen a – b är delbar med n Ett annat sätt att säga det är: talen a och b ger samma principala (= minsta icke-negativa) rest vid division med n. Detta betecknas: a ≡ b (mod n) som alltså utläses ”a är kongruent med b modulo n”.

Till exempel är 7 ≡ 12 (mod 5) eftersom 7 och 12 ger samma rest, 2, vid division med 5.

Bland annat gäller att varje heltal är kongruent modulo n med exakt ett av värdena 0, 1, 2, …, n – 1.

För att öka förståelsen för kongruenser tittar vi på några enkla satser: Divisionsalgoritmen Låt a och d vara positiva heltal (d ≠ 0). Då finns det entydigt bestämda heltal q och r sådana att: a = qd + r och där 0 ≤ r < d

23

Problem - 012-042 - kap 1.indd 23

05-04-28 15.10.11

Det betyder att när vi delar a med d blir resten r.

Divisionsalgoritmen kanske låter lite konstig, men om du tänker efter så inser du att den egentligen är ganska självklar.

Egenskaper hos rester Om a har resten r och b har resten s vid division med d, så gäller följande: • a + b har resten r + s • a – b har resten r – s • ab har resten rs • an har resten rn Även dessa regler är ganska enkla att förstå sig på. Jag vill ta med dessa grundläggande saker för att man lättare ska komma in i rätt ”tänk”. Man kan lätt uppleva kongruenser som lite aviga i början: Vid räkning med kongruenser finns några grundläggande regler.

Vi låter n vara ett positivt heltal, då gäller följande räkneregler: Om a ≡ b (mod n) och c är ett heltal (c ∈ Z) så är: 1) c · a ≡ c · b (mod n) och 2) ak ≡ bk (mod n) för ett tal k

✪

VAD ÄR RESTEN?

Vilken rest får man när 627 · 423 + 355 divideras med 7? lösning Observera att vi inte behöver räkna ut talet. De grundläggande reglerna säger oss att 627 · 423 + 355 har samma rest vid division med 7 som r627 · r423 + r355, där beteckningarna står för respektive tals rest. 627 har resten 4, 423 har resten 3 och 355 har resten 5.

Vårt tal har alltså samma rest vid division med 7 som talet 4 · 3 + 5 = 17. Vi inser nu att den sökta resten är 3 (17 = 2 · 7 + 3).

Med kongruenser kan denna arbetsgång skrivas: 627 · 423 + 355 ≡ 4 · 3 + 5 =17 ≡ 3 (mod 7)

24

Problem - 012-042 - kap 1.indd 24

05-04-28 15.10.11

Problem 116 Vilken rest ger 411 · 821 + 376 · 297 vid division med 7?

117 Vilken rest ger 20761 vid division med 13?

118 Visa att för alla heltal n gäller antingen n2 ≡ 0 (mod 4) eller

n2 ≡ 1 (mod 4).

119 Visa att kvadraten på ett udda heltal alltid ger resten 1 vid divi-

sion med 8.

Positionssystemet och delbarhetsregler Som du vet bygger vårt talsystem på basen tio. Om vi skriver talet 5617 så menar vi talet 5 · 103 + 6 · 102 + 1 · 101 + 7 · 100. Varje siffra har olika värde beroende på var någonstans den står, du vet ju till exempel att 939 ≠ 399. Att vi just har basen tio i vårt talsystem beror på att vi har tio fingrar. Men man kan ju använda vilken heltalsbas ≥ 2 som helst. Vi kallar talet vi vill representera för (anan – 1…a2a1a0)B där B är basen talet är skrivet i. Vidare måste det gälla att ai < B för alla i (varför?). Vi har då: (anan – 1…a2a1a1)B = an · Bn + an – 1 · Bn – 1 + … + a2 · B2 + a1 · B1 + a0 · B0 Genom att skriva ut talet på detta sätt kan man härleda olika delbarhetsregler.

✪

DELBARHET MED 9

Visa att om ett tals siffersumma är delbar med 9 så är även talet självt delbart med 9 och vice versa (gäller tal med basen 10). lösning Låt oss studera talet ABCD som kan skrivas: ABCD = 1000 · A + 100 · B + 10 · C + D = = 999 · A + 99 · B + 9 · C + A + B + C + D Uttrycket 999 · A + 99 · B + 9 · C är alldeles säkert delbart med 9 (varför?)

25

Problem - 012-042 - kap 1.indd 25

05-04-28 15.10.11

Om A + B + C + D är delbart med 9 så måste även ABCD vara det, dessutom gäller det omvända dvs. om ABCD är delbart med 9 så är även A + B + C + D delbart med 9. Inser du varför det måste vara på detta sätt? Detta bevis är inte inskränkt till endast 4-siffriga tal, man kan enkelt utvidga det till att gälla tal med godtyckligt antal siffror. Denna regel gäller även för division med 3.

Hur kommer det sig?

På samma sätt kan man härleda andra delbarhetsregler som vi vant oss vid sedan gammalt.

✪

DELBARHET MED 2

Bevisa att alla jämna tal är delbara med 2. lösning Säg att vi har talet ABC som vi kan skriva ABC = 100 · A + 10 · B + C. Du inser att ABC är delbart med 2 när C är delbart med 2, vilket inträffar då C är jämnt.

Vi kan sammanställa reglerna för delbarhet för talen 2–9, vi låter x vara ett godtyckligt tal och får: 2 x då x är jämt 3 x då siffersumman är delbar med 3 4 x då talet som bildas av de två sista siffrorna i x är delbart med 4 5 x då x slutar på 0 eller 5 6 x då x är delbart med både 2 och 3 7 x Se problem 127 8 x då talet som bildas av de tre sista siffrorna i x är delbart med 8 9 x då siffersumman är delbar med 9 Försök på egen hand finna delbarhetsregler för tal > 10 (tal delbara med 11 har extra ”tjusiga” egenskaper).

Det finns två andra regler som är bra att känna till: (x − y) (xn − y n ) för alla naturliga tal n (x + y) (xn + y n ) för alla udda naturliga tal n

26

Problem - 012-042 - kap 1.indd 26

05-04-28 15.10.16

✪

DELBART MED FEM

Visa att 199 + 299 + 399 + 499 + 599 är delbart med 5. lösning 1 Vi utnyttjar här att x + y xn + y n , för alla udda naturliga tal n. Vi får då att 5 199 + 499 och 5 299 + 399 . Självklart gäller också att 5 599 : 199 + 499 + 299 + 399 + 599 delbart med 5

delbart med 5

lösning 2 Vi skulle även kunna utnyttja att alla tal som slutar på 0 eller 5 är delbara med 5. Vi behöver därför endast bestämma slutsiffran i talet 199 + 299 + 399 + 499 + 599. Det kan vi göra genom att bestämma slutsiffrorna i talen 199, 299, 399, 499, 599 var för sig och sedan addera dessa.

199 har förstås slutsiffran 1

periodlängden 4

2 har för n = 1, 2, 3, … perioden 2 4 8 6 , 99 = 24 · 4 + 3, vilket ger slutsiffran 8 (varför?) periodlängden 4 n

3n har för n = 1, 2, 3, … perioden 3 9 7 1 , detta ger slutsiffran 7 (varför?) periodlängden 2 4n har för n = 1, 2, 3, … perioden ger slutsiffran 4 (varför?)

4 6

, 99 = 49 · 2 + 1, vilket

599 slutar uppenbarligen på 5 Om vi adderar dessa slutsiffror får vi 1 + 8 + 7 + 4 + 5 = 25, vilket visar att 199 + 299 + 399 + 499 + 599 slutar på 5 och därför är delbart med 5.

För att öka förståelsen av periodiska utvecklingar och hur man tar fram rätt slutsiffra råder jag dig att själv sitta och klura ett tag.

Testa gärna med små värden där du verkligen kan kontrollera svaret.

Kan du även besvara frågan varför vissa utvecklingar, exempelvis de vi tittade på nyss, är periodiska? Se även avsnittet om rationella tal, kapitel 4.

27

Problem - 012-042 - kap 1.indd 27

05-04-28 15.10.20

Problem 120 Finn det minsta tal som är delbart med 9 och som inte har några

udda siffror.

121 Bestäm siffrorna a och b så att talet a43b blir delbart med 45.

122 Skriv talet (1000)10 med basen a 7 b 12 123 Skriv talet (1743)10 med basen a 8 b 2

c 16

124 Bestäm heltalet t och hundratalssiffran a så att

(3(230 + t))2 = 492a04.

125 Bestäm de två sista siffrorna i talet 31000 126 Vilken är entalssiffran i differensen 4343 – 1717?

127 Visa att talet abc, som avser ett tresiffrigt tal skrivet på vanligt

sätt med siffrorna a, b och c, är delbart med 7 om och endast om a 2a + 3b + c är delbart med 7. b –5a – 4b + c är delbart med 7. c –a + 2b + 3c är delbart med 7.

128 Visa att varje tal på formen abcabc är delbart med 7, 11 och 13.

129 Heltalet x är sådant att 3x har samma siffersumma som x.

Visa att x är delbart med 9.

130 Vilket är det minsta positiva heltal som enbart skrivs med

siffrorna 0 och 1, samt är delbart med 225?

131 Visa att 1514 – 814 är delbart med 161.

28

Problem - 012-042 - kap 1.indd 28

05-04-28 15.10.20

132 Låt x och y vara udda positiva heltal med x > y. Visa att x2 – y2

är delbart med 8.

133 Visa att 10201 inte är ett primtal oavsett vilken bas det skrivs i.

Dvs. när 10201 skrivs i basen B så är det aldrig ett primtal, B ≥ 3.

134 Visa att summan 1k + 2k + 3k + … + nk, där n är ett godtyckligt

heltal och där k är udda, är delbar med 1 + 2 + 3 + … + n.

135 Anta att det femsiffriga talet ABCDE är delbart med 271. Visa

att då är även BCDEA delbart med 271.

136 Sök ett fyrsiffrigt kvadrattal, vars två första och två sista siffror

är lika.

Diofantiska ekvationer En diofantisk ekvation är en ekvation där endast heltalslösningar är tillåtna. Ibland framgår det också av uppgiften att lösningarna måste vara ≥ 0. Istället för att tråka ut dig med teori om hur man löser en diofantisk ekvation så får du möjligheten att på egen hand utforska problem av denna ekvationstyp.

Problem 137 För ca 55 år sedan gick Erik Umegård ut för att köpa kolor och

äpplen. En kola kostade 4 öre och ett äpple 25 öre. Lille Erik köpte kolor och äpplen för totalt 1,35 kr. Hur många kolor och hur många äpplen köpte han?

138 Lös den diofantiska ekvationen 37x + 15y = 1.

139 Petra har totalt 1 000 kr i sedlar av valörerna 20, 50, 100 och

500 kr och inga andra sedlar. Hon har minst en sedel av varje valör och fler 50-kronorssedlar än 20-kronorssedlar. Hur många sedlar har Petra?

29

Problem - 012-042 - kap 1.indd 29

05-04-28 15.10.20

140 När den nya biografen i Solna öppnades såldes biljetterna för

40 kronor styck. Var tionde besökare fick komma in gratis och var hundrade fick dessutom ett tusen kronor i gåva. Första kvällen inbringade totalt 8 400 kr. Hur många besökare hade biografen den kvällen?

Binomialsatsen Du känner säkert till följande utvecklingar: (x + y)(x – y) = x2 – y2 (x ± y)2 = x2 ± 2xy + y2

konjugatregeln kvadreringsreglerna

och kanske även: (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 Du ska nu få lära dig en allmän formel för utvecklingen av n:te potensen av ett binom, dvs. utvecklingen av: (x + y)n = (x + y)(x + y) ⋅⋅⋅ (x + y) n faktorer

Man inser att hopmultiplikation av de n faktorerna kommer att ge ett antal termer, som alla innehåller formen x j . y k där j + k = n.

Dessa termer kan alltså skrivas xn – k · yk där 0 ≤ k ≤ n.

Problemet ligger i att bestämma hur många termer av denna typ vi får för ett visst k-värde. En sådan term uppstår genom att man ur var och en av de n parenteserna väljer antingen x eller y. Den som är bevandrad inom området kombinatorik inser att detta kan göras  n n! på   = sätt. En strikt matematisk framställning av k !( n − k)!  k binomialsatsen är: n  n  n  n  n  n (x + y)n = ∑   xn−k ⋅ y k =   xn +   xn−1y +   xn−2 y 2 + ⋅⋅⋅+   y n  0  1  2  n k= 0  k 

Detta är emellertid ganska svårförståeligt om man inte har studerat matematik utanför gymnasiekurserna och om du inte har denna ambition kan en mer alldaglig beskrivning passa bättre.

30

Problem - 012-042 - kap 1.indd 30

05-04-28 15.10.22

Om du ska utveckla binomet (x + y)n kommer du att få n + 1 stycken termer av den ovan angivna formen xn – k · yk. Du inser att summan av dessa två exponenter alltid kommer att vara n. Den första termen kommer att vara xn, den andra termen xn – 1y, sedan fortsätter x:ets exponent att avta på ”bekostnad” av att y:ets exponent växer. Detta pågår tills vi kommer fram till sista termen som är yn. Koefficienterna till de olika termerna fås ur Pascals triangel:

n 0

1

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

2 3

4 5

6

1 3 6

10 15

1 1 4 10

20

1 5

15

1 6

1

osv Detta innebär att om vi vill utveckla exempelvis (x + y)6 gör vi enligt följande. Vi börjar med att bilda alla tänkbara former av xy-par: x6 + x5y + x4y2 + x3y3 + x2y4 + xy5 + y6 Framför dessa termer skriver vi de koefficienter som kan utläsas ur Pascals triangel för n = 6: Vi får då att: (x + y)6 = x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6 Du kanske tycker det verkar svårt att lära sig Pascals triangel utantill. Det finns som tur är ett enkelt mönster som gör den lätt att rita upp, kan du se det? Svaret finner du på nästa sida, men lockas inte att vända blad alltför snabbt.

31

Problem - 012-042 - kap 1.indd 31

05-04-28 15.10.22

Boken är alltså i första hand tänkt för: • Elever med intresse och fallenhet för matematik på gymnasieskolan • studenter på universitetens och högskolans grundutbildningar i matematik och inom lärarutbildning • matematiklärare på grundskolans senare del och på gymnasieskolan

Problemlösning är # 1

I boken diskuteras ett antal vanliga problemlösningsstrategier inom olika områden och det finns mer än 300 problem. Insprängt finns också ett antal lättsmälta artiklar av svenska matematiker där de berättar lite grand från sitt eget forskningsområde.

De bidrar också med några egna problem.

David Berglund

P

roblemlösning är # 1 är avsedd för alla intresserade, från duktiga högstadieelever till universitetsstuderande, som fattat tycke för problemlösningskonsten och/eller vill utveckla sin logiska tankeförmåga. Den ger även de som intresserar sig för matematiktävlingar goda träningsmöjligheter.

Problemlösning är # 1

Boken är skriven av David Berglund från Västerås.

Arbetet tog sin början under gymnasietiden och har efter ca 3 år fått sin nuvarande form. En erfaren matematiker har hjälpt till i arbetet.

Problemlösning i matematik kan jämföras med att spela schack.

Det räcker inte med att lära sig pjäsernas rörelser. Den verkliga matematiken går ut på att spela spelet.

Best nr 47-01850-X Tryck nr 47-01850-X

David Berglund LIBER

Problem - omslag.indd 1

05-04-28 15.23.55