Matematiikan olympiavalmennus: Diofantoksen yht al oit a



Samankaltaiset tiedostot
Tekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2

Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:

811120P Diskreetit rakenteet

Jaollisuus kymmenjärjestelmässä

a b 1 c b n c n

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

kaikille a R. 1 (R, +) on kommutatiivinen ryhmä, 2 a(b + c) = ab + ac ja (b + c)a = ba + ca kaikilla a, b, c R, ja

Tee konseptiin pisteytysruudukko! Muista kirjata nimesi ja ryhmäsi. Lue ohjeet huolellisesti!

3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi

Merkitse kertolasku potenssin avulla ja laske sen arvo.

Matematiikan mestariluokka, syksy

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

} {{ } kertaa jotain

41 s. Neljännessä luvussa käsitellään erikseen parillisia täydellisiä lukuja. Luvussa osoitetaan Eukleides Euler teoreema,

a) Mitkä seuraavista ovat samassa ekvivalenssiluokassa kuin (3, 8), eli kuuluvat joukkoon

LUKUTEORIA johdantoa

PERUSKOULUSTA PITKÄLLE

(1) refleksiivinen, (2) symmetrinen ja (3) transitiivinen.

Matematiikassa ja muuallakin joudutaan usein tekemisiin sellaisten relaatioiden kanssa, joiden lakina on tietyn ominaisuuden samuus.

Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Algebra I, harjoitus 5,

Lukuteorian kertausta

Matematiikan olympiavalmennus

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO

2) Kirjoita osoittajaan ja nimittäjään jotkin luvut, joilla yhtälöt ovat voimassa. Keksi kolme eri ratkaisua. 2 = 5 = 35 = 77 = 4 = 10 = 8

Matemaattinen Analyysi

Kurssikoe on maanantaina Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla.

Juuri 11 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty

Jäännösluokat. Alkupala Aiemmin on tullut sana jäännösluokka vastaan. Tarkastellaan

Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan erilaisia todistustekniikoita. Luentokalvoista 11, sekä voi olla apua.

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä

a k+1 = 2a k + 1 = 2(2 k 1) + 1 = 2 k+1 1. xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx

Neljän alkion kunta, solitaire-peli ja

1 Lukujen jaollisuudesta

Algebra. 1. Ovatko alla olevat väittämät tosia? Perustele tai anna vastaesimerkki. 2. Laske. a) Luku 2 on luonnollinen luku.

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Heikki Hietava. Neliöiden summat

Diofantoksen yhtälön ratkaisut

Polynomi ja yhtälö Sievennä. a) 4a + 3a b) 11x x c) 9x + 6 3x. Ratkaisu a) 7a b) 12x c) 6x + 6

Jokainen kokonaisluku n voidaan esittää muodossa (missä d on positiivinen kok.luku) Tässä q ja r ovat kokonaislukuja ja 0 r < d.

Suurin yhteinen tekijä (s.y.t.) ja pienin yhteinen monikerta (p.y.m.)

ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III

IMO 2004 tehtävät ja ratkaisut

Ratkaisut Summa on nolla, sillä luvut muodostavat vastalukuparit: ( 10) + 10 = 0, ( 9) + 9 = 0,...

+ + + y:llä. Vuoden 2017 lopussa oppilasmäärät ovat siis a =1,05x ja b =1,10y, mistä saadaan vuoden 2017 alun oppilasmäärien suhteeksi.

Jokaisen parittoman kokonaisluvun toinen potenssi on pariton.

(d) 29 4 (mod 7) (e) ( ) 49 (mod 10) (f) (mod 9)

Mitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a.

n. asteen polynomilla on enintään n nollakohtaa ja enintään n - 1 ääriarvokohtaa.

MATP153 Approbatur 1B Ohjaus 2 Keskiviikko torstai

c) 22a 21b x + a 2 3a x 1 = a,

MAA11 Ratkaisuja Vapaa matikka 11-kirjan tehtäviin

XXIII Keski-Suomen lukiolaisten matematiikkakilpailu , tehtävien ratkaisut

2017 = = = = = = 26 1

ALKULUVUISTA (mod 6)

1 Peruslaskuvalmiudet

LAUSEKKEET JA NIIDEN MUUNTAMINEN

4.3. Matemaattinen induktio

Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 6 (8 sivua) OT. 1. a) Määritä seuraavat summat:

Yhtäpitävyys. Aikaisemmin osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite).

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8

. Silloin 1 c. Toisaalta, koska c on lukujen a d ja b d. (a 1,a 2,..., a n )

MAA 2 - POLYNOMIFUNKTIOT

Matemaattinen Analyysi

Talousmatematiikan perusteet, L3 Prosentti, yhtälöt Aiheet

Yhtälöryhmät 1/6 Sisältö ESITIEDOT: yhtälöt

Käy vastaamassa kyselyyn kurssin pedanet-sivulla (TÄRKEÄ ensi vuotta ajatellen) Kurssin suorittaminen ja arviointi: vähintään 50 tehtävää tehtynä

6. Tekijäryhmät ja aliryhmät

Johdatus matematiikkaan

OSA 1: YHTÄLÖNRATKAISUN KERTAUSTA JA TÄYDENNYSTÄ SEKÄ FUNKTIO

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista

MS-A0402 Diskreetin matematiikan perusteet

Diskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuhahmotelmia viikko 1. ( ) Jeremias Berg

Matematiikkaa logiikan avulla

Tehtävä 2. Osoita, että seuraavat luvut ovat algebrallisia etsimällä jokin kokonaislukukertoiminen yhtälö jonka ne toteuttavat.

4 Matemaattinen induktio

1 Numeroista lukuja 1.

Luku 4 Yhtälönratkaisun harjoittelua

Yhtälön oikealla puolella on säteen neliö, joten r. = 5 eli r = ± 5. Koska säde on positiivinen, niin r = 5.

Lukuteoria. Eukleides Aleksandrialainen (n. 300 eaa)

keskenään isomorfiset? (Perustele!) Ratkaisu. Ovat. Tämän näkee indeksoimalla kärjet kuvan osoittamalla tavalla: a 1 b 3 a 5

Kuusi haastavaa tehtävää: Euroopan tyttöjen matematiikkaolympialaiset Luxemburgissa

LUKUTEORIAN ALKEET HELI TUOMINEN

a ord 13 (a)

2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1)

Kontraharmonisesta keskiarvosta ja Pythagoraan luvuista

Sivu 1 / 8. A31C00100 Mikrotaloustieteen perusteet: matematiikan tukimoniste. Olli Kauppi

Harjoitustehtävät, syys lokakuu Helpommat

Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia

rm + sn = d. Siispä Proposition 9.5(4) nojalla e d.

2.3 Juurien laatu. Juurien ja kertoimien väliset yhtälöt. Jako tekijöihin. b b 4ac = 2

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Liisa Ilonen. Primitiiviset juuret

Tekijä Pitkä matematiikka

Matematiikan olympiavalmennus 2015 syyskuun tehtävät

Johdatus matematiikkaan

Tehtävä 2 Todista luennoilla annettu kaava: jos lukujen n ja m alkulukuesitykset. ja m = k=1

Algebran ja lukuteorian harjoitustehtäviä. 1. Tutki, ovatko seuraavat relaatiot ekvivalenssirelaatioita joukon N kaikkien osajoukkojen

MITEN RATKAISEN POLYNOMIYHTÄLÖITÄ?

Transkriptio:

Matematiikan olympiavalmennus: Diofantoksen yht al oit a Heikki M antysaari 25. helmikuuta 2007 V ah an teoriaa Diofantoksen yht al o: tuntemattomia enemm an kuin yht al oit a. Lukiossa esim. 4x + 8y = 2. T allaisen ratkaisee vaikka uudella maolilla tai suurimman yhteisen tekij an avulla. Kun yht al oss a on muuttujien potensseja ja tuloja, ei yleisp atev a a ratkaisusysteemi a voi esitt a a. Erilaisia ratkaisutapoja n aihin tilanteisiin ovat:. Tulomuotoon saattaminen 2. Suuruusj arjestysten hyv aksik aytt o 3. Erikoistapausten tarkastelu 4. Jaollisuuden hy odynt aminen 5. Fermat'n a aret on laskeutuminen

2 Teht avi a 2. Tulomuoto M a arit a x, y Z, kun (x 2 + )(y 2 + ) + 2(x y)( xy) = 4( + xy) 2.. Ratkaisu (x 2 + )(y 2 + ) + 2(x y)( xy) = 4( + xy) 2xy 2xy x 2 y 2 + x 2 + y 2 + 2xy 2xy + 2(x y)( xy) = 4 Koska x 2 2xy + y 2 = (x y) 2 ja x 2 y 2 2xy + = ( xy) 2, saadaan muoto (x y) 2 + ( xy) 2 + 2(x y)( xy) = 4 ( (x y) + ( xy)) 2 = 4 ( (x + )(y )) 2 = 4 (x + )(y ) = ±2 On siis oltava x + = 2 ja y = tai x + = 2 ja y = jne... Ratkaisuja saadaan n ain aika monta (8 kai). 2..2 Vastaus Esim. x = ja y = 2. 2

2.2 Tulomuoto 2 M a arit a x, y N, kun p, q P ja x + y = pq 2.2. Ratkaisu x + y = pq x + y xy = pq pq(x + y) = xy xy xpq ypq + p 2 q 2 = p 2 q 2 (x pq)(y pq) = p 2 q 2 J alleen saadaan monta ratkaisua, joiden py orittely yll a olevasta yht al ost a on tyls a a, mekaanista ty ot a. Esim. jos x pq = p 2 q 2 x = pq + p 2 q 2 ja y pq = y = pq + 3

2.3 Tulomuoto 3 M a ari lukuparit (x, y) N 2 siten, ett a (xy 7) 2 = x 2 + y 2 2.3. Ratkaisu (xy 7) 2 = x 2 + y 2 + 2x (xy 7) 2 + 2xy = x 2 + y 2 + 2xy = (x + y) 2 x 2 y 2 4xy + 49 + 2xy = (x + y) 2 Kokeillaan erilaisia polynomeja jotka sopisivat yht al on vasemmalle puolelle (onhan t am a kilpailuteht av a, kaikki ei saa olla liian helppoa). Huomataan, ett a (xy 6) 2 = x 2 y 2 2xy + 36 sopii aika hyvin. (xy 6) 2 + 3 = (x + y) 2 (x + y) 2 (xy 6) 2 = 3 Neli oiden eruskaavalla a 2 b 2 = (a + b)(a b) (x + y + xy 6)(x + y xy + 6) = 3 J alleen saatiin tyls a a mekaanista laskentaa vaativa tilanne, esimerkiksi er as ratkaisuparion, kun { xy 6 + x + y = xy + 6 + x + y = 3 2x + 2y = 4 x + y = 7 My os muita ratkaisuja toki on, mutta yksi siis on x = 7 y. 4

2.4 Summa M a arit a x, y Z. x 3 + y 3 = (x + y) 3 2.4. Ratkaisu Triviaaliratkaisu x + y = 0 eli x = y. Toisaalta jos x + y 0, niin x 3 + y 3 = (x + y) 3 (x + y)(x 2 xy + y 2 ) = (x + y) 2 2, : (x + y) x 2 2xy + y 2 + x 2 + y 2 2x 2y = 0 (x y) 2 + (x ) 2 + (y ) 2 = 2 Saadaan monia eri ratkaisuja raa-alla ty oll a, mm. lukuparit (2, ), (, 2), (0, ) ja (, 0). 5

2.5 Suuruusj arjestys M a arit a x, y, z N, kun x + y + z = 3 5 2.5. Ratkaisu Koska yhteenlaskun laskuj arjestyst a voidaan muuttaa, voidaan sopia, ett a x < y < z, eli. T all oin oltava x y z 3 x 3 5 x 5 x 5 Toisaalta on oltava x >. On siis k ayt av a erikseen l api tapaukset x = 2, x = 3, x = 4 ja x = 5. Jos x = 2: y + z = 3 5 2 = 0 Jolloin on oltava Lis aksi on oltava. Jolloin 2 y 0 y 20 y 0 y > 0 z = 0 y z = 0y y 0 Vastaavasti k ayd a an l api tapaukset x = 3, x = 4 ja x = 5. 6

2.6 Erikoistapauksen tarkastelu Osoita, ett a on a arett om an monta lukukolmikkoa (x, y, z) inz 3 siten, ett a x 3 + y 3 + z 3 = x 2 + y 2 + z 2. 2.6. Ratkaisu Riitt a a osoittaa, ett a lukukolmikoita, joissa y = z, on a arett om asti (mist a t am a keksit a an? no, kilpateht aviss a pit a a v ah an p a atell a...). T all oin x 3 = x 2 + 2y 2 Edelleen riitt a a osoittaa, ett a yht al oin toteuttavia lukukolmikoita, joissa y = m x, m Z on a arett om asti. x 3 = 2m 2 x 2 + x 2 x = 2m 2 + y = m( + 2m 2 ) z = m( + 2m 2 ) Siis n aiss a erikoistapauksissakin yht al on toteuttavia lukukolmikoita on arett om asti. Siis yleisestikin yht al on toteuttavia lukukolmikoita (x, y, z) on a arett om asti. 7

2.7 Jaollisuus Osoita, ett a yht al oll a (x + ) 2 + (x + 2) 2 +... + (x + 2007) 2 = y 2, kun x, y Z (eli tuo lauseke on jonkin kokonaisluvun neli o). 2.7. Ratkaisu Yritet a an saada lauseke sellaiseksi, ett a symmetrian avulla saataisiin helposti kerrottua se auki. Jos tehd a an sijoitus x + 004 = z, niin x + = z 003 x + 2 = z 002... x + 2007 = z + 003. Jolloin (z 003) 2 + (z 002) 2 +... + (z + 003) 2 = y 2 Koska a 2 + 2ab + b 2 + a 2 2ab + b 2 = 2a 2 + 2b 2, saadaan aukikertomalla 2007z 2 + 2( + 2 2 + 3 2 +... + 003 2 ) Neli olukujen summa 2 + 2 2 +... + n 2 = n(n+)(n+2) 6. Siis 2007z 2 + 2 003 004 2007 6 2007z 2 + 003 004 669 Tutkitaan, voiko lauseke olla jonkun kokonaisluvun neli o hy odynt am all a kongruenssia. Kilpailuteht av alle tyypillisesti nyt pit a a ovelasti keksi a, mill a luvulla jaollisuus on tutkittava, t ass a tapauksessa kokeilemalla voidaan huomata ett a 9 on sopiva luku. 2007z 2 003 004 669 0+003 004 669 4 5 2 4 5 3 (mod 9) 60 6 (mod 9) Tutkitaan, voiko mink a an kokonaisluvun neli o olla kongruentti luvun 6 kanssa (mod 9). Jokainen luku voidaan sanoa muodossa 9k + m, jolloin neli on a se on (9k + m) 2 = 8k 2 + 8km + m 2 8

T am an jakoj a annos yhdeks all a jaettaessa riippuu siis vain m:n arvosta, joten riitt a a tutkia lukujen 8 neli oiden jakoj a ann os jaettaessa yhdeks all a: 2 = (mod 9) 2 2 = 4 (mod 9) 3 2 = 9 0 (mod 9) 4 2 = 6 7 (mod 9) 5 2 = 25 7 (mod 9) 6 2 = 36 0 (mod 9) 7 2 = 49 4 (mod 9) 8 2 = 64 (mod 9) Havaitaan siis, ett a mink a an luvun neli o ei voi olla kongruentti luvun 6 kanssa (mod 9), eli v aite on todistettu. 9

2.8 A aret on laskeutuminen M a arit a x, y, z N siten, ett a x 3 + 2y 3 = 4z 3 2.8. Ratkaisu Kilpateht av alle tyypillisesti hoksaamme tehd a arvauksen, jonka mukaan yht al oll a on ratkaisukolmikko (x, y, z ), x, y, z > 0. T all oin x 3 + 2y 3 = 4z 3 Vain parillisen luvun kuutio on parillinen ((2n + ) 3 = 8n 3 + 2n 2 + 6n + ). Siis x :n on oltava parillinen, eli se voidaan ilmaista muodossa x = 2x 2. 8x 3 3 + 2y 3 = 4z 3 4x 3 3 + y 3 = 2z 3 Samalla perusteella voimme nyt vaatia, ett a y = 2y 2. 4x 2 3 + 8y 3 2 = 2z 3 Nyt z = 2z 2, joten 2x 3 3 + 4y 3 2 = z 3 2x 3 2 + 4y 3 2 = 8z 3 2 x 3 2 + 2y 3 2 = 4z 3 2 Havaitaan siis, ett a jos (x, y, z ) toteuttaa yht al on, niin t all oin my os (x 2, y 2, z 2 ), miss a x 2 = 2 x, y 2 = 2 y ja z 2 = 2 z. Siis yht al on toteuttavat lukukolmikot (x, y, z ), ( 2 x, 2 y, 2 z ), ( 4 x, 4 y, 4 z ) jne. T am a ei kuitenkaan ole mahdollista, sill a jossain vaiheessa p a adytt aisiin lukuun, joka ei ole kokonaisluku mik a on oletuksen vastainen. Ratkaisun olemassaolon olettaminen johtaa siis ristiriitaan, joten ratkaisua ei ole olemassa. 0