Mattebloggen

Posts tagged ‘talteori’

Mattekorsord 2011

24 december 2011, 6:00

Jag behåller traditionen och presenterar ett sifferkorsord även i år. Denna är lite svårare än förra året, men också lite mindre. Utmana dina nära och kära eller lös korstalet tillsammans.

God Jul önskar mattebloggen!

Mattekorsord 2011

Fyll i precis som ett vanligt korsord (fast nu endast med siffror). Obs! Inga tal börjar med noll.

Vågrätt:
1. Fibonaccital
3. Delbart med 11
6. Summan av talen från 1 till 1000
7. Närmaste heltalet till $\pi\cdot 10000$
9. Ett tal vars siffersumma delar sifferprodukten
10. En kub
11. Delbart med 9
13. Det sista talet som stryks när man utför Eratosthenes såll på tal upp till 100

Lodrätt:
1. En kvadrat
2. Det minsta femsiffriga talet med alla siffror olika
3. Fibonaccital
4. Ett tal med exakt 12 delare
5. En tvåpotens
8. Ett kvadrattal med siffrorna i stigande ordning
9. Summan av fyra på varandra följande prital
10. Minsta talet med exakt 8 delare
12. En kub

Visa lösningen

Etiketter:adventskalender, korsord, siffror, talteori
Category: Roliga mattegåtor | 3 kommentarer

Adventspyssel 24

24 december 2010, 6:00

En julklapp till er, kära läsare! Ett korsord!

Korstalet hittade jag och min kompisar på när vi gjorde tävlingen Mattekvadraten år 2002. Det var en lagtävling, så tanken är att 4 personer hjälps åt att lösa uppgiften. Skriv gärna ut och lös uppgiften med din familj, eller själv om du tror att det går snabbare så :) GOD JUL!

Mattekorsord

Fyll i precis som ett vanligt korsord. En siffra finns med från början. Obs! Inga tal börjar med noll.

Vågrätt:
2. Identiskt med lodrätt-3
4. En tvåpotens
6. Ett minsta tvåsiffriga tal som är lika med hälften av en kvadrattal
8. Största femsiffriga talet som har alla siffror olika
9. Vågrätt-6 multiplicerat med lodrätt-12
10. Ett tal som är en kub men inte en kvadrat
11. En trepotens
13. 111²
15. Ett kvadrattal
16. Ett tal som består av siffror 0,1,2,3 och 4 och är delbart med 8

Lodrätt:
1. Arean av en kvadrat med sida 12.
2. Multipel på 22
3. Palindrom (ett tal som ser likadant ut bak och fram)
5. Största tresiffriga talet
7. Palindrom
12. Ett primtal
13. Ett antal timmar på ett helt antal dygn
14. En sjupotens

Visa svaret

Etiketter:advent, korsord, talteori
Category: Problemlösning | 4 kommentarer

Lösningen till problemet för de äldre vecka 40

19 oktober 2010, 21:36

Mattegåta

Det finns fyra positiva heltal: a, b, c, d. Deras minsta gemensamma multipel råkar vara lika med a+b+c+d. Visa att abcd är delbart med 3 eller 5 (eller både 3 och 5).

Diskussion

Typiskt problem som kräver motsägelsebevis. Ett första steg är att inse att inget av talen a, b, c eller d får vara delbara med vare sig 3 eller 5 för att produkten inte ska vara det.

Eftersom problemets formulering inte skiljer på a, b, c och d (vi kan byta plats på två av dess bokstäver och få exakt samma problem), kan vi bestämma storleksordningen mellan dem till exempel.

Lösning

Antag att abcd är delbart med varken 3 eller 5.

Utan inskränkning kan vi anta att a>=b>=c>=d. Då kan a+b+c+d maximalt vara 4a (för a är störst).

Samtidigt vet vi att a+b+c+d är den minsta gemensamma multipeln till a, b, c och d. Så summan är delbar med alla dem var för sig, så bland annat a. Detta tillsammans med förra stycket medför att a+b+c+d är antingen lika med a, 2a, 3a eller 4a.

Fall I. a+b+c+d=4a. Men då är alla talen lika med a för att komma upp i den summan. I så fall skulle MGM(a, a, a, a)=a som inte är lika med 4a. Motsägelse.

Fall II. a+b+c+d=3a. Men då är 3a den minsta gemensamma multipeln till talen, det vill säga faktorn 3 behövs. Så något av talen måste vara delbart med 3.

Fall III (det svåraste fallet). a+b+c+d=2a. Så b+c+d=a, och eftersom b var det näst största talet, så är b minst en tredjedel utav a. Dessutom är b en delare till 2a. Således får vi begränsat med alternativ vad b kan vara.

Nämligen kan b vara lika med a/3 eller 2a/3 eller a/2 eller a (någon delare av större än dess tredjedel eller en dubblerad delare till a). De förstå två varianterna innebär att a är delbart med 3, vilket leder till motsägelse. Det sista fallet innebär c=d=0, vilket inte de får vara.

Vi får kvar att b=a/2. Så c+d=a/2 (för att hela summan ska bli 2a). Och c är störst av c och d, så c måste vara minst a/4. Kom ihåg att c också är delare till 2a, som var MGM för talen. Så c kan vara a/4 eller 2a/4 eller 2a/5 eller 2a/6 eller 2a/7.

Ifall c=a/4 så är d=a/4 (för att hela summan ska bli a). Men då är MGM(a, a/2, a/4, a/4)=a och inte 2a. Ifall c=2a/4=a/2, måste d=0, vilket inte går. Ifall c=2a/5 eller c=2a/6=a/3 medför att a är delbart med 3 eller 5, motsägelse. Så c=2a/7.

Då kan vi räkna ut att d=3a/14. Men då är ju d en multipel av 3.

Fall IV. a+b+c+d=a. Då är b=c=d=0. Det får de inte vara!

Nu är alla fall undersökta. Vi har fått motsägelse varenda gång, alltså var vårt antagande fel från början. Någon utan a, b, c eller d måste vara delbar med 3 eller 5, alltså är abcd delbart med 3 eller 5.

Kommentera gärna om jag glömt något fall.

Etiketter:falluppdelning, minsta gemensamma multipel, motsägelsebevis, talteori
Category: Problemlösning | 2 kommentarer

Lösningen till problemet för de yngre vecka 34

09 september 2010, 20:33

Mattegåta

Hitta två äkta bråk, det ena med nämnaren 8 och det andra med nämnaren 13, så att differensen mellan det största och det minsta av dem är så liten som möjligt.

Diskussion

Vad menas med att ett bråk är äkta? Det är ett bråk vars täljare är mindre än dess nämnare (och båda är positiva heltal). Exempel på äkta bråk är $\frac{3}{5}$ och $\frac{100}{101}$ . Ett äkta bråk har alltså alltid ett värde mellan 0 och 1!

Nu har vi ett lite fuskigt sätt att lösa problemet, de äkta bråken med nämnare 8 respekrtive 13 är ju inte så många! För att gissa svaret kan man sätta ut alla äkta bråks värden på tallinjen. Tag nämligen sträckan mellan 0 och 1 och dela in i åtta lika stora delar. På markeringarna har vi bråken $\frac{1}{8}, \frac{2}{8}, \frac{3}{8}, \frac{4}{8}, \frac{5}{8}, \frac{6}{8}$ och $\frac{7}{8}.$

Samma sak kan göras med trettondedelar, men det är lite för plottrigt att göra det på samma bild, eller hur? Det vore smidigare att rita en exakt bild, där $\frac{1}{13}, \frac{2}{13}$ och så vidare är utsatta, om sträckan hade en naturlig uppdelning i just 13 delar. Med andra ord, om antalet markeringar kan delas både med 8 och med 13, så är det ganska lätt att se skillnaden mellan bråken också.

Därför söker vi talens minsta gemensamma multipel, med andra ord det minsta positiva heltalet som både är delbart med 8 och med 13. Minsta gemensamma multipel betecknas också MGM. Och den största gemensamma delaren betecknas SGD, det behövs för att bestämma MGM av 8 och 13.

Lösning (av Toomas Liiv)

SGD(8,13)=1. Nämnarna är relativt prima.

MGM(8,13)=8*13=104, vilket också är minsta gemensamma nämnare till bråken.

Differensen av det största och minsta bråket kommer också att kunna skrivas med nämnaren 104 som ett äkta bråk. Det minsta sådana bråket är $\frac{0}{104}$ , vilket uppnås med bråken $\frac{8}{8}$ och $\frac{13}{13}$ , men dessa är olyckligtvis inte äkta bråk.

Det näst minsta bråket med nämnaren 104 är $\frac{1}{104}$ , vilket ger oss ekvationerna

$\frac{13x}{104}-\frac{8y}{104}=\frac{1}{104}$

och

$\frac{8x}{104}-\frac{13y}{104}=\frac{1}{104}$

som efter division med 104 kan skrivas som

$13x-8y=1$

och

$8x-13y=1$ .

Den första ekvationens minsta positiva lösning är $x=5$ och $y=8$ . Den andra ekvationens minsta positiva lösning är $x=5$ och $y=3$ .

Detta ger oss att

$\frac{5}{8}-\frac{8}{13}=\frac{65}{104}-\frac{64}{104}=\frac{1}{104}$

och att

$\frac{5}{13}-\frac{3}{8}=\frac{40}{104}-\frac{39}{104}=\frac{1}{104}$

Lösningen till problemet är alltså $\frac{5}{8}$ och $\frac{8}{13}$ eller $\frac{5}{13}$ och $\frac{3}{8}$ .

Etiketter:äkta, bråk, minsta gemensamma multipel, största gemensamma delare, talteori
Category: Problemlösning | Kommentar

Lösning till problem vecka 5

16 februari 2010, 11:07

På en rad står tal, som är delbara med 9, i stigande ordning: 9, 18, 27, 36 och så vidare. Under varje tal står dess siffersumma.

(a) På vilken plats i andra raden ser vi först talet 81?

(b) Vad kommer stå först på andra raden: fyra stycken 27 i rad eller en gång talet 36?

Lösning:

(a) Funderar först på vilket tal som över huvud taget har siffersumma 81. Det minsta talet man kan komma på denna siffersumma är 999999999 (nio stycken nior). Alla andra tal med samma siffersumma kommer ju vara tvungna att ha fler siffror och följaktigen måste de vara större tal.

Lyckligtvis befinner sig talet på första raden i vår lista, eftersom det faktiskt är delbart med 9. Vi får reda på platsen genom att dividera talet med 9 (efter 9 står på 1:a platsen, 18 på 2:a platsen och så vidare). Således blir svaret 111111111.

(b) Med samma resonemang som i (a) ser vi att första talet som kommer ha siffersumma 9999 kommer att vara talet 36. Men när kommer det massa tal med siffersumma 27 i rad?

Det första talet är ju 999.

De enda talen som har fyra siffror och börjar på 1 och har siffersumma 27 är 1899, 1989 och 1998, där har vi bara två i rad.

De enda talen som har fyra siffror och börjar på 2 och har siffersumma 27 är 2799, 2889, 2898, 2979, 2988 och 2997, där har vi bara tre i rad (2979, 2988 och 2997).

Men bland talen, som börjar på 3 och har siffersumma 27 och består av 4 siffror kan vi faktiskt hitta 4 på varandra följande: det är 3969, 3978, 3987 och 3996 (det skiljer sig exakt 9 mellan två tal bredvid varandra).

Så 4 tal i rad med siffersumma 27 kommer före första talet med siffersumma 36 i vår rad!

Etiketter:siffersumma, talteori
Category: Problemlösning | Kommentar

Lösning till gåta vecka 45

17 november 2009, 16:19

Robert tänker på två positiva tal: x och y. Han skriver ner 4 tal på ett papper: x+y, x-y, xy och $\frac{x}{y}$ , men säger inte i vilken ordning han skriver ner dem. Hur kan Adam lista ut vilka tal Robert tänker på genom att bara titta på pappret (Adam vet alltså inte vilken operation varje tal motsvarar)?

Bra att känna till:

Det aritmetiska medelvärdet (AM) av två tal $a$ och $b$ är talet $\frac{a+b}{2}$ . Man brukar också bara säga ”medelvärde” om det aritmetiska medelvärdet.

Det geometriska medelvärdet (GM) av två tal $a$ och $b$ är talet $\sqrt{a\cdot b}$ .

AM-GM-olikheten: Det aritmetiska medelvärdet är alltid större än eller lika med det geometriska medelvärdet för två tal:

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a\cdot b}$

Lösning:

Adam vet att det finns två tal, vars geometriska medelvärde är lika med det andra talparets aritmetiska medelvärde. Hitta en sådan uppdelning av de fyra talen i par, så att det villkoret är uppfyllt. Det vill säga vi har hittat a, b, c, d sådana att

$\frac{a+b}{2}=\sqrt{c\cdot d}$ .

Men är de talen verkligen vad vi tror att de är? Det vill säga, måste det vara så att a och b är x+y och x-y (i någon ordning) och c och d motsvarar xy och x/y (också i någon ordning)?

Vi skall visa att det verkligen måste vara så.

Antag att x+y och x-y inte gömmer sig på samma sida om likheten

$\frac{a+b}{2}=\sqrt{c\cdot d}$ .

Det vill säga, man har tagit likheten

$\frac{(x+y)+(x-y)}{2}=\sqrt{xy\cdot \frac{x}{y}}$

och bytt plats på en av termerna i vänsterledet med en av termerna i högerledet och det ändå blev lika.

Men sådant händer bara om talen vi bytte plats på är lika (annars skulle resultatet på ena ledet minska och på den andra öka, och då skulle de inte varit lika längre).

Och om talen ändå varit lika, så spelar det ingen roll, vilket av dem vi väljer som a (eller b).

Så hur vet vi att a och b är paret $\{x+y, x-y\}$ och inte paret $\{xy, \frac{x}{y}\}$ ? Enda sättet att blanda ihop det hela om följande likhet också gäller:

$\frac{xy+\frac{x}{y}}{2}=\sqrt{(x+y)\cdot (x-y)}$ .

Men tillämpa då AM-GM-olikheten:

$\frac{xy+\frac{x}{y}}{2} \geq \sqrt{xy\cdot \frac{x}{y}}=x$ .

Således får vi:

$\sqrt{(x+y)\cdot (x-y)} \geq x$

och

$(x+y)\cdot (x-y) = x^2 - y^2 \geq x^2$

vilket är omöjligt för positiva tal x och y.

Vi vet alltså att ena talet i paret a, b är x-y (nämligen det minsta av dem) och andra är x+y (det största av dem).

Man kan räkna ut x genom att ta (det aritmetiska) medelvärdet av de talen och man räknar sedan ut y, genom att ta det största talet utav a och b och subtrahera x.

Etiketter:medelvärde, olikhet, talteori
Category: Problemlösning | Kommentar

Lösning till gåta vecka 39

06 oktober 2009, 22:09

Det finns ett naturligt tal m, sådant att talet 2^m har siffersumma 8. Kan sista siffran i talet 2^m vara lika med 6?

Svar:

Det kan den inte! Jag har fått in tre stycken olika lösningar, så det är bara att välja och vraka.

För att kunna förstå lösningarna är det bra att kunna:

moduloräkning

Om två tal har lika rester vid division med ett och samma tal n, så säger man att de talen är kongruenta modulo n.

Till exempel så är talen 3 och 11 kongruenta modulo 4 eftersom båda ger rest 3 när man dividerar med 4. Även talet -1 är kongruent med 3 modulo 4.
Man kan också skriva 3 $\equiv$ 11 (mod 4)

delbarthetsprincipen för 3

Ett heltal är delbart med 3 om och endast om dess siffersumma är delbar med 3. Man kan också vara fancy och säga att ett tal är delbart med 3 om och endast om talets siffersumma är kongruent med 0 modulo 3.

Till exempel så är talet 450072456 inte delbart med 3, eftersom siffersumman är 4+5+0+0+7+2+4+5+7=34 och det talet går inte att dela jämnt på 3.

delbarthetsprincipen för 9

Liknar faktiskt delbarthetsprincipen för 3. Ett heltal är delbart med 9 om och endast om dess siffersumma är delbar med 9.

Till exempel så är talet 1111000011111 delbart med 9, eftersom siffersumman är lika med 9.

Det är även så att ett godtyckligt tal och dess siffersumma alltid ger samma rest vid division med 9, det vill säga det är kongruenta modulo 9.

Lösning 1 (den officiella):

Vi konstaterar att de första tvåpotenserna är 2, 4, 8, 16 och 32, samt att inget av dessa uppfyller kriterierna. Dock måste alla kandidater vara jämnt delbara med dessa tal.

Om ett tal har siffersumman 8 och slutar på 6 finns två möjligheter:

a) Talet har formen 2*10^k + 6 för något k>=1 (dvs 26, 206, 2006, osv.)

26 (=2*13) är inte en tvåpotens, alltså måste k>=2, men alla andra tal på formen
2*10^k är delbara med 8, medan 6 inte är delbart med 8. Således blir talet som
helhet (2*10^k + 6) ej delbart med 8. Vi kan alltså helt utesluta denna möjlighet.

b) Talet har formen 1*10^k + 1*10ⁿ + 6 för något k>n>=1 (dvs på formen 100..0100…06)

6 är inte delbart med 4, så resten får inte heller vara det, om summan skall vara delbart med 4. Det enda n sådant att 10ⁿ inte är delbart med 4 är n=1 (k kan inte vara så litet). Alltså måste talet ha formen 1*10^k + 16.

Vi ser dock på samma sätt att 16 inte är delbart med 32, så det får inte 10^k heller vara. För alla k>=5 är 10^k jämnt delbart med 32, så dessa förkastas.

Man kan nu pröva de återstående lösningarna (10016, 1016, 116) var och en, men närmare bestämt är 16 $\equiv$ 16 i modulo 32, så 10^k måste vara lika med 32-16 $\equiv$ 16 (mod 32). Det enda k som uppfyller detta är k=4, vilket ger 10016 = 2⁵ * 313, som på intet vis är en tvåpotens. För säkerhets skull kan konstateras att 1016=2³*127 och 116=2²*29.

Lösning 2 (den med perioder):

Att siffersumman av 2^m 8, kräver att 2^m är kongruent med 8 modulo 9.

Att 2^m slutar på 6, kräver att 4|m. Detta ser man genom att helt enkelt
göra en tabell av potenser av 2, och ser att den har period 4, om man bara
betraktar sista siffran.
2, 4, 8 (1)6, (3)2,(6)4, (12)8, (25)6,…

Så, vi undrar egentligen om det finns heltal k, så att 2^4k $\equiv$ 8 (mod 9).
Ekvivalent med att
16^k $\equiv$ 8 (mod 9)<=>
7^k $\equiv$ 8 (mod 9) (*)

Nu,
7¹ $\equiv$ 7 (mod 9)
7² $\equiv$ 4 (mod 9)
7³ $\equiv$ 1 (mod 9)
och nu har vi nått 1, så denna sekvens kommer upprepa sig om och om igen.

Alltså kan högerledet aldrig bli 8, och (*) kan ej lösas. Att (*) ej kan lösas
implicerar att 2^m ej kan sluta på 6 och samtidigt ha siffersumma 8.

Lösning 3 (den snygga):

Antag att ett sådant tal finns. Notera att 2^k endast slutar på 6 om k är jämnt (t.o.m delbart med 4, men jämnt räcker).
Då har 2^k-1 siffersumma 7 och är inte delbart med 3. Men k=2n så
2²ⁿ-1=(2ⁿ-1)(2ⁿ+1).
Märk att talen 2ⁿ-1, 2ⁿ och 2ⁿ+1 är tre stycken på varandra följande, så något utav dessa måste vara delbar med 3. Men det kan inte vara 2ⁿ, eftersom det är en tvåpotens.
Någon av faktorerna i uttrycket är således delbar med 3 och vi får motsägelse.

Etiketter:delbarhetsprincip, modulo, motsägelsebevis, siffersumma, talteori
Category: Problemlösning | Kommentar

Centauren (2)
- Val: Tack tack!
- Emanuel Almroth: Sjukt intressant och rolig hemsida!
HMT-final 2012 och föredraget om spel (2)
- Val: Hej! Väldigt bra invändning Lisa. På föredraget var jag inte speciellt tydlig om att det ska...
- Lisa: Hejsan! Jag undrar lite om föredraget. Du använder strategin om att sno den andres...
En lektion för små barn om vinklar (4)
- Val: Tack för tipsen Johan! Mina barn som jag undervisar i grupp (de är 10 år och inte så...
- JohanB: Ritar man stora trianglar så är det ganska lätt att se att vinkelsumman inte är 180 (för...

Mattekorsord 2011

Mattekorsord 2011

Adventspyssel 24

Mattekorsord

Lösningen till problemet för de äldre vecka 40

Mattegåta

Diskussion

Lösning

Matteproblem för de äldre vecka 40

Mattegåta

Minsta gemensamma multipel

Exempel

Lösningen till problemet för de yngre vecka 34

Mattegåta

Diskussion

Lösning (av Toomas Liiv)

Matteproblem för de yngre vecka 34

Mattegåta

Lösning till problem vecka 5

Lösning:

Matteproblem vecka 5

Lösning till gåta vecka 45

Bra att känna till:

Lösning:

Lösning till gåta vecka 39

Svar:

moduloräkning

delbarthetsprincipen för 3

delbarthetsprincipen för 9

Lösning 1 (den officiella):

Lösning 2 (den med perioder):

Lösning 3 (den snygga):

Roligaste gåtorna

Länklista

Nya kommentarer

Kategorier