Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 1 TALTEORI Følger og den knesske restklassesætnng Dsse noter forudsætter et grundlæggende kendskab tl talteor som man kan få Maranne Terps og Peter Trosborgs noter om talteor Noterne vl prmært ntroducere forskellge opgaveteknkker med fokus på følger, samt opgaver hvor man har brug for den knesske restklassesætnng 1 Følger Mange opgaver tl nternatonale konkurrencer handler om følger af heltal som man typsk skal vse har en bestemt egenskab, fx at de er perodske fra et vst trn eller kke ndeholder kvadrattal Følgerne er ofte beskrevet rekursvt, og derfor skal man ofte se på rekursonsformlen og evt omskrve denne 11 Perodske følger En følge (a n ) n N kaldes perodsk hvs der fndes et postvt helt tal m så a n+m = a n for alle n N Perodens længde er det mndste postve hele tal m med denne egenskab Følgen (a n ) n N kaldes perodsk fra et vst trn hvs der fndes postve hele tal m og k så a n+m = a n for alle n k 12 Eksempel I følgen 1, 9, 7, 7, 4, 7, 5, 3, 9, 4, 1, er hvert cffer fra og med det femte summen af de fre foregående modulo 10 I dette eksempel skal v undersøge hvlken af dsse talkombnatoner der kan ndgå følgen: a) 1,2,3,4, b) 3,2,6,9, c) 0,1,9,7 Da der kun fndes et endelgt antal kombnatoner med fre cfre, vl følgen være perodsk fra et vst trn Men da man ud fra fre cfre følgen også entydgt kan bestemme det foregående, kan man fortsætte den uendelgt begge retnnger med en fast perode Derfor vl 1,9,7,7 optræde gen længere fremme følgen, og cfferet lge nden vl være 0 Dermed optræder kombnatonen 0, 1, 9, 7 følgen I mange opgaver med følger kan man netop konkludere at følgen må være perodsk fra et vst trn da der kun er endelgt mange mulgheder Herefter skal man så overveje om det først er fra et vst trn at den er perodsk, eller om den som dette eksempel er perodsk fra starten V mangler stadgt at fnde ud af om 1,2,3,4 og 3,2,6,9 ndgår følgen Da den er perodsk, kan man jo prncppet blve ved tl man har fundet hele peroden, og så se om de ndgår Dette er dog kke altd en god strateg da længden af peroden kan være temmelg stor Det kan som regel betale sg at lede efter et andet system følgen med en kortere perode Reducerer v dette eksempel følgens cfre modulo 2, får v 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, Her ud fra kan v se at følgen har 1, 1, 1, 1, 0 som perode når v regner modulo 2, og dette udelukker a) og b) 13 Opgave Fbonacc-tallene er som bekendt defneret ved F 0 = 0, F 1 = 1 og F n = F n 1 + F n 2 for n 2 Vs at for ethvert helt tal k fndes et postvt helt tal n så k går op F n 14 Opgave For et postvt helt tal n betegner a n det sdste cffer n (nn) Bevs at følgen (a n ) er perodsk, og bestem længden af peroden (Baltc Way 2006)
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 2 15 Eksempel V ser på følgen a 1 = a 2 = 1 og a n+2 = a n a n+1 + 1 for n > 2, og vl gerne vse at der kke fndes noget n, n > 2, så a n er et kvadrattal Følgen er selvfølgelg kke perodsk, men regner v modulo fx 4, er følgen perodsk fra et vst trn Her får v 1, 1, 2, 3, 3, 2, 3, 3, 2, 3, 3,, dvs at følgen er perodsk fra n = 3 med peroden 2, 3, 3 Da 2 og 3 kke er kvadratske rester modulo 4, er a n kke et kvadrattal for noget n > 2 16 Opgave En følge af postve hele tal (a n ) er gvet ved a 0 = m og a n+1 = a 5 n + 487, n 0 Bestem de værder af m for hvlke følgen ndeholder flest mulgt kvadrattal (NMC 2006) 17 Opgave En følge (x n ) er gvet ved x 0 = a, x 1 = 2 og x n = 2x n 1 x n 2 x n 1 x n 2 + 1 for n > 1 Fnd alle hele tal a således at 2x 3n 1 er et kvadrattal for alle n 1 18 Eksempel Om en følge af naturlge tal a 0, a 1, a 2, oplyses at a 0 < a 1 og a n = 3a n 1 2a n 2 for n > 1 V ønsker at vse at a m a m+1 (mod 2 m ) for alle naturlge tal m Følgen er kke perodsk, og da det tal v skal regne modulo afhænger af ndekset, kan v heller kke betragte følgen modulo et fast tal I stedet udnytter v rekursonsformlen og omskrver på følgende måde Da a n = 3a n 1 2a n 2, er a m+1 a m = 2 1 (a m a m 1 ) = 2 2 (a m 1 a m 2 ) = = 2 m (a 1 a 0 ) Her af kan v se at a m a m+1 (mod 2 m ) for alle naturlge tal m 19 Opgave Lad (F n ) være følgen af Fbonacctal Vs at F n og F n+1 er ndbyrdes prmske 110 Opgave En følge af naturlge tal a 1, a 2, a 3, opfylder at hvs m, n N, m < n og m går op n, da vl a m gå op a n og a m < a n Bestem den mndst mulge værd af a 2000 (Baltc Way 2000) 111 Opgave Lad a 1, a 2, være en følge af heltal med uendelgt mange postve og uendelgt mange negatve tal Antag at der for ethvert naturlgt tal n fås n forskellge rester når tallene a 1, a 2,, a n deles med n Vs at ethvert helt tal optræder netop en gang talfølgen (IMO 2005)
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 3 2 Den knesske restklassesætnng I nogle opgaver har man brug for at undersøge om der fndes løsnnger x tl kongruenssystemer af typen x a 1 (mod n 1 ), x a 2 (mod n 2 ),, x a m (mod n m ) Dette handler den knesske restklasse sætnng om 21 Den knesske restklassesætnng Lad n være et naturlgt tal, og n = n 1 n 2 n m, hvor (n, n j ) = 1 når j Da fndes uendelgt mange heltallge løsnnger tl kongruenssystemet x a 1 (mod n 1 ) x a 2 (mod n 2 ) x a m (mod n m ) Samtlge løsnnger udgør netop en restklasse modulo n BEVIS: Sætnngen vses ved ndukton Den er oplagt sand for m = 1 Betragt nu tlfældet m = 2 V ønsker at bestemme en løsnng x tl x a 1 (mod n 1 ) x a 2 (mod n 2 ) Da (n 1, n 2 ) = 1 fndes en nvers n 1 1 tl n 1 modulo n 2 Betragt x = a 1 + (a 2 a 1 )n 1 1 n 1 Der gælder at x = a 1 + (a 2 a 1 )n 1 1 n 1 a 1 (mod n 1 ), og x = a 1 + (a 2 a 1 )n 1 1 n 1 a 1 + (a 2 a 1 ) = a 2 (mod n 2 ) Dermed har v konstrueret en løsnng tl kongruenssystemet V vser nu at samtlge løsnnger netop udgør en restklasse modulo n Det er klart at hvs y x (mod n), da er y også en løsnng Antag nu at x og y er løsnnger Da vl både n 1 og n 2 gå op x y, og da (n 1, n 2 ) = 1, vl også n gå op x y Dermed udgør løsnngerne netop en restklasse modulo n V skal nu tl selve nduktonsskrdtet, men har faktsk lavet alt arbejdet tlfældet m = 2 Antag nu at sætnngen gælder for m V ønsker nu at vse at sætnngen også gælder for m + 1 Lad n = n 1 n 2 n m+1, hvor (n, n j ) = 1 når j Betragt kongruenssystemet x a 1 (mod n 1 ) x a 2 (mod n 2 ) x a m+1 (mod n m+1 ) Ifølge nduktonsantagelsen udgør samtlge løsnnger tl de m første kongruenser netop en restklasse modulo n = n 1 n 2 n m Lad a være en repræsentant for denne restklasse Løsnngerne tl kongruenssystemet x a (mod n ) x a m+1 (mod n m+1 ) er dentske med løsnngerne tl det oprndelge kongruenssystem, og de udgør følge nduktonsantagelsen én restklasse modulo n n m+1 = n, da (n, n m+1 ) = 1 Dermed er sætnngen bevst
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 4 22 Eksempel V ønsker ved hjælp af den knesske restklassesætnng at bestemme samtlge løsnnger tl x 3 (mod 7) x 2 (mod 17) Først bemærker v at 5 er nvers tl 7 modulo 17 da 5 7 1 (mod 17) Dermed er x = 3 + (2 3)5 7 = 32 en løsnng tl kongruenssystemet, og v ved at samtlge løsnnger er x = 32 + k7 17, k Z 23 Opgave Bestem samtlge løsnnger tl kongruenssystemet 24 Eksempel x 3 (mod 6) x 6 (mod 19) I eksemplet før så v hvordan man kan benytte den knesske restklassesætnng tl at bestemme samtlge løsnnger tl et kongruenssystem, men nogle opgaver har man blot behov for at vde at der fndes en løsnng I dette eksempel vl v vse at der fndes 1000 (eller så mange det skal være) på hnanden følgende hele tal som alle er delelge med et kubktal større end 1 Først vælger v 1000 forskellge prmtal p 1, p 2,, p 1000 Ifølge den knesske restklassesætnng har følgende kongruenssystem en løsnng x 1 (mod p 3 1) x 2 (mod p 3 2) x 1000 (mod p 3 1000) Hvs x er en løsnng, da er x + 1, x + 2,, x + 1000 tusnd på hnanden følgende hele tal som alle er delelge med et kubktal 25 Opgave Vs at for alle naturlge tal n fndes der n på hnanden følgende hele tal således at tal nummer er delelg en te potens af et helt tal 26 Opgave Vs at for alle naturlge tal n og m fndes n på hnanden naturlge tal, således at hvert af dsse er delelgt med mndst m forskellge prmtal 27 Opgave Vs at der ekssterer en følge af naturlge tal a 1, a 2, således at summen af vlkårlge n på hnanden følgende elementer er delelg med n 2 (Baltc Way 2006)
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 5 3 Løsnnger Opgave 13 Lad k være et fast helt tal, og lad a n betegne resten ved dvson af F n med k Da der kun er k 2 par af restklasser modulo k, må der fndes to ens par (a, a +1 ) og (a j, a j+1 ), 0 < j Det er klart ud fra defntonen af Fbonacc-tallene at følgen af restklasserne er perodsk fra et vst trn, og da den forrge restklasse desuden kan bestemmes ud fra de to efterfølgende (a n 1 a n+1 a n (mod k)), er følgen perodsk fra starten Perodelængden er dvsor j, og derfor er a 0 a j (mod k), dvs at F j er delelg med k Opgave 14 Lad b n betegne det sdste cffer n Det er nemt at se, at hvs b n = 0, 1, 5, 6, da er a n = 0, 1, 5, 6 Hvs b n = 4, 9, gennemløber sdste cffer n m peroden 4 6 eller 9 1 Når b n = 4, er n n lge, og dermed a n = 6 Når b n = 9, er n n ulge, og dermed a n = 9 Hvs b n = 2, 3, 7, 8 gennemløber sdste cffer n m peroden 2 4 8 6, 3 9 7 1, 7 9 3 1 eller 8 4 2 6 Her er peroden af længde 4, dvs v skal se på n n modulo 4 Når b n = 2, 8, er n n 0 (mod 4), dvs at a n = 6 Når b n = 3, er n 3 (mod 20) eller n 13 (mod 20), dvs n n 3 (mod 4) eller n n 1 (mod 4) Dermed er a n = 7 eller a n = 3 Når b n = 7, er n 7 (mod 20) eller n 17 (mod 20), dvs n n 3 (mod 4) eller n n 1 (mod 4) Dermed er a n = 3 eller a n = 7 Alt alt ser v at følgen er perodsk med længde 20 Opgave 16 Svaret er m = 9 Bemærk først at hvs a n er et kvadrattal, da er a n 0 a n 1 (mod 4) Hvs a k 0 (mod 4), da er a k+ 3 (mod 4) når er ulge, og a k+ 2 (mod 4) når er lge Dermed er a n kke et kvadrattal for noget ndeks større end k Hvs a k 1 (mod 4), da er a k+1 0 (mod 4) Dermed er a n kke et kvadrattal for noget ndeks større end k + 1 Dette vser at følgen højst ndeholder to kvadrattal Antag at følgen ndeholder to kvadrattal a k og a k+1 Da er a k = s 2, hvor s er ulge, og a k+1 = s 10 + 487 = t 2 Lad t = s 5 + r Da er t 2 = (s 5 + r) 2 = s 10 + 2s 5 r + r 2, og dermed 2s 5 r + r 2 = 487 Hvs s = 1, er r(2 + r) = 487 hvlket er umulgt Hvs s = 3, er 486r + r 2 = 487, og dermed r = 1 Hvs s > 3, har lgnngen ngen løsnnger Dermed er a k = 9, og da a n > 487 for n > 0, må m = a 0 = 9 Opgave 17 Lad y n = 2x n 1 Da er y n = 2(2x n 1 x n 2 x n 1 x n 2 + 1) 1 = 4x n 1 x n 2 2x n 1 2x n 2 + 1 = (2x n 1 1)(2x n 2 1) = y n 1 y n 2 når n > 1 Bemærk at y 1 = 3, y 2 = 3y 0 og y 3 = y 1 y 2 = 3 2 y 0 Ved ndukton ses let at y 3n = 3 2s y0 t hvor s og t er naturlge tal Dermed er y 3n et kvadrattal for alle n 1 præcs når y 0 er et kvadrattal Da y 0 = 2a 1, fås det ønskede resultat netop når a = (2m 1)2 +1 2 for alle naturlge tal m Opgave 19 Da F n+1 = F n + F n 1, er gcd(f n+1, F n ) = gcd(f n+1 F n, F n ) = gcd(f n 1, F n ) Induktvt gver dette gcd(f n+1, F n ) = gcd(f 2, F 1 ) = gcd(1, 1) = 1
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 6 Opgave 110 Bemærk først at a 2000 2a 1000 2 2 a 500 2 3 a 250 2 4 a 125 2 5 a 25 2 6 a e 2 7 a 1 2 7 = 128 Betragt følgen a 1 = 1 og a n = 2 α 1+α 2 ++α k for n = p α 1 1 pα 2 2 pα k k Denne følge opfylder den ønskede betngelse, og da 2000 = 2 4 5 3, er a 2000 = 128 Opgave 111 Lad A n = {a 1, a 2,, a n } Mængden A n består af n forskellge tal da de har forskellge rester modulo n Bemærk desuden at hvs a, a j A n, da må k = a a j < n, for ellers vl a, a j A k og a a (mod k) V har nu at forskellen mellem det største og det mndste tal A n er mndre end n, og derfor må A n ndeholde n på hnanden følgende tal Da følgen ndeholder uendelgt mange både postve og negatve tal, må alle hele tal forekomme mndst en gang Samlet gver dette at alle heltal netop optræder en gang følgen Et eksempel på en mulg følge: 0, 1, 1, 2, 2, Opgave 23 Samtlge løsnnger er x = 63 + k114, k Z Opgave 25 Først vælger v n forskellge prmtal p 1, p 2,, p n Ifølge den knesske restklassesætnng har følgende kongruenssystem en løsnng x 1 (mod p 1 1) x 2 (mod p 2 2) x 1000 (mod p n n) Hvs x er en løsnng, da er x + 1, x + 2,, x + n n på hnanden følgende hele tal således at tal nummer er delelg med en te potens af et helt tal Opgave 26 For at vse dette har v brug for den knesske restklassesætnng Vælg nm forskellge prmtal p 11,, p 1m, p 21, p 2m, p nm Sæt q j = p j1 p j2 p jm for j = 1, 2, n Da er q 1, q 2,, q n ndbyrdes prmske Den knesske restklassesætnng gver da at der fndes et naturlgt tal x som løsnng tl kongruenssystemet x + 1 0 (mod q 1 ), x + 2 0 (mod q 2 ),, x + n 0 (mod q n ) De n på hnanden følgende tal x+1, x+2,, x+n er nu delelge med mndst m forskellge prmtal hver Opgave 27 V vser at følgen ekssterer ved at vse hvordan man konstruerer det næste element ud fra de foregående Det er klart at a 1 kan vælges fuldstændgt frt Antag nu at a 1, a 2,, a m opfylder at summen af vlkårlge n på hnanden følgende elementer er delelg med n 2 for alle n m V ønsker at konstruere a m+1, så a m+1 (a m n+2 + + a m ) (mod n 2 ) for alle n m + 1 Lad p 1, p k være samtlge prmtal mndre end eller lg med m + 1, og lad α være det største hele tal så p α m + 1 Lad yderlgere a m+1 være en løsnng tl følgende kongruenssystem: x (a m p α 1 1 +2 + + a m) (mod p 2α 1 1 ) x (a α m p k k +2 + + a m) (mod p 2α k k )
Følger og den knesske restklassesætnng, december 2006, Krsten Rosenklde 7 V ønsker nu at vse at a m+1 opfylder for alle n m + 1 da det gver det ønskede Først vser v at a m+1 opfylder for alle n = p β, = 1, 2,, k og β = 1, α 1 V ved at summen af a α m p +2,, a m+1 1 er delelg med p 2α og dermed også med p 2β Hvs v grupperer elementerne p α β grupper med p β på hnanden følgende elementer hver, ved v om samtlge grupper på nær den sdste, at summen af elementerne gruppen er delelg med p 2β pga konstruktonen af a 1, a 2,, a m Men da summen af samtlge elementer alle grupperne er delelg med p 2β må summen af elementerne den sdste gruppe også være det V har hermed vst at er opfyldet for alle n = p β, = 1, 2,, k og β = 1, α 1 Nu ønsker v at vse at er sand for alle n m+1 Da n er et produkt at prmtalspotenser p β, = 1, 2,, k og β = 1,, α, er det nok at vse at hvs er sand for n = n 1 og n = n 2 med n 1 n 2 m + 1 og (n 1, n 2 ) = 1, da er også sand for n = n 1 n 2 Antag at er sand for n = n 1 og n = n 2 med n 1 n 2 m + 1 og (n 1, n 2 ) = 1 Da summen af n 1 på hnanden følgende elementer er delelg med n 2 1, må summen af n 1n 2 på hnden følgende elementer også være delelg med n 2 1 Tlsvarende gælder for n 2 Da (n 1, n 2 ) = 1 gælder altså at summen af n 1 n 2 på hnanden følgende elementer er delelg med (n 1 n 2 ) 2 hvlket netop var hvad v skulle vse,