Mattebloggen

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!

Nu startar vårterminens tävling i att lösa mattegåtor!

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?

Mattebloggen har en inoficiell tävling i att lösa matematikproblem. Skicka in din lösning till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

Robert tänker på två positiva tal: x och y. Han skriver ner 4 tal på ett papper: x+y, x-y, xy och , 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 och är talet . Man brukar också bara säga ”medelvärde” om det aritmetiska medelvärdet.

Det geometriska medelvärdet (GM) av två tal och är talet .

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

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

.

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

.

Det vill säga, man har tagit likheten

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 och inte paret ? Enda sättet att blanda ihop det hela om följande likhet också gäller:

.

Men tillämpa då AM-GM-olikheten:

.

Således får vi:

och

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.

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 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 16 i modulo 32, så 10^k måste vara lika med 32-1616 (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 8 (mod 9).
Ekvivalent med att
16^k 8 (mod 9)<=>
7^k 8 (mod 9) (*)

Nu,
7¹ 7 (mod 9)
7² 4 (mod 9)
7³ 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.

På tavlan skrev matteläraren Adam en uträkning. Men precis innan lektionen skulle börja, så busade någon utav eleverna och bytte ut två siffror mot nya. Därefter stod det:

Men vilka var siffrorna från början?

Lösning:

En av möjligheterna är att båda siffrorna som byttes ut var på vänstra sidan om likhetstecknet. Men en av fyrorna måste vara riktig i vilket fall som helst, eftersom det finns tre stycken. I så fall måste multiplikationen resultera i ett jämnt tal, vilket det inte gör om talet till höger är riktigt. Därför är det här fallet omöjligt.

En annan möjlighet är att båda falska siffrorna är i det stora talet. Men i så fall är 4×5x4×5x4 vad som stod på tavlan från början. Men 4×5x4×5x4=1600 och det går inte att få 2247 ur 1600 genom att bara byta ut två siffror.

Sista möjligheten som vi har kvar är att en siffra på vardera sida av likhetestecknet hade bytts ut. Vi kan observera att en av dem är 7:an eftersom en av 4:orna måste vara korrekt och i så fall måste talet vara jämn (alltså ha jämn slutsiffra). Å andra sidan vet vi att en av 5:orna är korrekt, således måste resultatet sluta på 0 eller 5. Vi vet därmed att 0 byttes ut mot 7.

Resultatet är alltså 2240 och vi vet att det är en 4:a eller en 5:a på vänstersidan som är falsk. Vi prövar de två möjligheterna.

Om en 4:a är falsk:

?x5×4x5×4=2240 ger att ?x400=2240 vilket inte ger något svar, eftersom 2240 inte går att dela på 400.

Om en 5:a är falsk:

4x?x4×5x4=2240 ger att ?x320=2240 vilket ger ?=7.

Så det som stod på tavlan från början var:

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?

På tavlan skrev matteläraren Adam en uträkning. Men precis innan lektionen skulle börja, så busade någon utav eleverna och bytte ut två siffror mot nya. Därefter stod det:

Men vilka var siffrorna från början? Förklara hur du kommer fram till svaret.

Flera av mina bekanta har berättat för mig vad deras första möte med riktiga matematiska bevis var. Och man märker kanske inte först att det man läser eller hör om är så kallade riktiga bevis, förrän man läser ordet ”bevis” explicit. De första sådana för var och en kunde ha varit bevis för Pythagoras sats, något induktionsbevis eller motsägelsebevis.

Här tänkte jag berätta om den mest klassiska klassikern av motsägelsebevis, nämligen att roten ur 2 är ett irrationellt tal.

Vad betyder irrationellt?

Ett irrationellt tal är ett tal som inte går att få med hjälp av naturliga tal 0, 1, 2, 3 …. och de aritmetiska operationerna +, -, * och /. Talen som däremot går att få på det sättet kallas rationella, till exempel . Rationella tal kan alltså skrivas som bråk.

Irrationell och rationell är helt enkelt motsatser. På grund av den här negativa definitionen (det vill säga definiera något genom att använda ett ”inte”), är det naturligt med ett negativt bevis till påståendet (det vill säga motsägelsebevis).

Påstående: är ett irrationellt tal.

Tankegång: Vi skall alltså bevisa att inte är ett rationellt tal. Kan verka svårt först, vi kan ju inte riktigt testa alla möjligheter, alla bråk som överhuvudtaget går att få fram. T.ex. (bara ett exempel nu, helt onödigt för beviset!!!):

Är Nej, för då skulle deras kvadrater vara lika , vilket absolut inte är sant!

Men det finns oändligt många bråk, vi kan sitta och gissa bråk som är ungefär lika med roten ur 2 och sedan verifiera att de inte är exakt lika. Men bara för att vi inte kan hitta något bevisar inte att det inte finns!

Det är nu vi inser att det faktiskt skulle vara lättare att på något sätt testa alla möjligheter samtidigt. Med det menar jag att vi antar att det finns ett sådant bråk och vi sedan kommer fram till att det aldrig kan bli likhet med roten ur 2. Det är kärnan i alla så kallade motsägelsebevis: antag att det går (antag det positiva påståendet, det utan ”inte”) och kom fram till motsägelse.

Bevis: Antag att roten ur 2 är lika med något bråk. Förkorta bråket så långt det går, så att nämnaren och täljaren inte längre går att dela med samma heltal. Vi har alltså nu:

och a och b är heltal som inte har någon gemensam delare.

Som förut försöker vi kontrollera likheten genom att kvadrera:

,

så

.

Varför är denna likhet omöjligt då? Vi tar hjälp av talteori, läran om heltal och delbarheter.

Vänsterledet är ett jämnt tal, så högerledet, måste vara det också. Alltså går att dela med 2, dvs , där är ett heltal. Skriv om likheten:

.

MEN detta innebär ju att så med samma resonemang som förut får vi att är ett jämnt tal. Men nu kommer vi fram till motsägelse, eftersom i situtationen då både och är jämna går det faktiskt att förkorta bråket (med 2). Nu är vi faktiskt klara.

Vi blev klara så fort vi fick motsägelse i vår lösning. Det är därför det heter motsägelsebevis.

På reella tallinjen markerade Johan alla kvadrater på positiva heltal. Varje erhållet intervall delar han i två lika stora delar, de vänstra halvorna målade han blått (inklusive vänstra änden), medan de högra målade han rött (exklusive högra änden).

1. Visa att för varje positivt heltal n kan han hitta ett blått som är delbart med talet n.

2. Visa att för varje positivt heltal n kan han hitta ett rött som är delbart med talet n.

3. Visa att Johan kan hitta 1000 olika positiva heltal, så att summan av vilka som helst 5 av dem är röd.

4. Visa att det finns oändligt många röda potenser av två.

Lösning:

1. Varje tal n² är ju blått, kvadraterna är alltid de vänstra ändarna av intervallen. Och n² är delbart med n.

2. Varje tal n²-1 är däremot rött. Även (n+1)²-1 är rött. (n+1)²-1=(n+2)n som då är delbart med n.

3. Vi ser att längderna på röda intervall ökar med tiden. Först är det 1,5, sedan 2,5 sedan 3,5 och så vidare. Det beror på att skillnaden mellan två på varandra följande kvadrater är ett udda tal och alla udda tal förekommer på det sättet. (n+1)²-n²=2n+1. Huvudsaken är i vilket fall att röda intervall ökar till längden. Hitta ett jättestort rött intervall. Hitta sedan det första talet i det, som kan skrivas som 5x+15 (alla stora tal delbara med 5 kan skrivas så). Det uttrycket är nämligen summan utav x+1, x+2, x+3, x+4 och x+5.

Som våra tusen tal tar vi då x+1, x+2, x+3, …., x+999, x+1000. Vilka fem av dem vi än tar kommer deras summa vara större än eller lika med 5x+15 och mindre än eller lika med 5x+996+997+998+999+1000=5x+5000-10=5x+4990. Väljer vi längden på det röda intervallet lika med 5000,5 så är vi säkra på att den största summan är röd.

Notera att vi här inte behövde lista just vilka tal vi valde. Det räcker att visa att det går, precis vad det frågas efter i uppgiften.

4. Vilka potenser av 2 kan vara röda? Inte de jämna i alla fall, för att , det vill säga jämna tvåpotenser är kvadrat på naturliga tal, och alla kvadrater är ju blå. De enda vi kan hoppas på är udda potenser, . För att de ska hamna i röda intervall måste de vara i den högra halvan av intervallet mellan  och  för något naturligt tal n.

Vänstra begränsningen är alltså mittpunkten på intervallet, som är  och högra är . Således måste . Alla talen är positiva, alltså kan vi dra roten ur varje led. Notera att roten ur  är mindre än , så alla k som uppfyller  är också k som passar oss.  ska alltså befinna sig mellan två på varandra följande heltal och dess bråktalsdel (talet minus heltalsdelen) skall vara större än .

Vi börjar alltså med  och multiplicerar den med två k gånger. Vi ska bevisa att talen aldrig kommer fastna med bråkdelen mindre än eller lika med . Notera att eftersom  är ett irrationellt tal, så kommer vi aldrig att komma fram till ett heltal genom att dubbla, det vill säga bråktalsdelen kommer aldrig att bli 0. Antag att den någon gång blir mellan 0 och . Då kommer den efter några dubbleringar att bli mellan  och 1, eftersom den ökar hela tiden, och den kan inte ”hoppa över” de decimalerna vi vill åt: någonting, som är mindre än , gånger 2 blir någonting, som är mindre 1. Därför kommer vi alltid att komma tillbaka till bra bråktalsdel. Vi har hittat oändligt många k som passar, och således också oändligt många (udda) tvåpotenser!

Jag tänkte variera gåtorna lite och ta svårare problem (för gymnasiet och uppåt) udda veckor och problem, som passar alla, jämna veckor. I veckans problem krävs till exempel kunskapen om begrepp som: intervall, tallinjen, delbarhet, potenser och sist, men inte minst, vad ett godtagbart bevis är. Fråga mig gärna så förklara jag begreppen om de känns konstiga. Här kommer gåtan:

På reella tallinjen markerade Johan alla kvadrater på positiva heltal. Varje erhållet intervall delar han i två lika stora delar, de vänstra halvorna målade han blått (inklusive vänstra änden), medan de högra målade han rött (exklusive högra änden).

1. Visa att för varje positivt heltal n kan han hitta ett blått som är delbart med talet n.

2. Visa att för varje positivt heltal n kan han hitta ett rött som är delbart med talet n.

3. Visa att Johan kan hitta 1000 olika positiva heltal, så att summan av vilka som helst 5 av dem är röd.

4. Visa att det finns oändligt många röda potenser av två.