Konferensuppgift i algebra, MAA710

En anteckning i marginalen.

Innehållsförteckning:

En anteckning i marginalen. *

2. Visa att x = 3, y = 4 och z = 5 är den enda heltalslösning till ekvationen
   
   där x, y och z är på varandra efterföljande positiva heltal.
   

 

Vi sätter våra obekanta heltal till x = n, y = n + 1 och z = n + 2, n ∈ ℤ_+, eftersom de skulle vara på varandra efterföljande. Därefter sätter vi in dessa i ekvationen och får följande:

n² + (n + 1)² = (n + 2)²

n² + n² + 2n + 1 = n² + 4n + 4.

Vi flyttar över alla termer till vänstra sidan.

Vi får då:

n² - 2n – 3 = 0

(n – 1)² - 4 = 0

n = 1 2.

Vi får lösningarna: n = 3 eller n = -1.

Eftersom vi bara är intresserade av positiva heltalslösningar är n = -1 ingen lösning.

Detta gör att x = n = 3, y = n + 1 = 4 och z = n + 2 = 5, vilket vi skulle visa.

 

4. Låt x, y och z vara heltalslösningar till ekvationen . Visa att
   
   a) 3│x eller 3│y,
   b) 5│x, 5│y eller 5│z.

Uppgift 2 a.

Vi är intresserade av vilka x eller y i ekvationen som är delbara med 3, samt vilka kombinationer av dessa som är tillåtna. Vid delbarhet med 3 fås alltid resten 0, annars fås resten 1 eller 2. Följande resonemang med hjälp av modulusberäkning gäller:

x ≡ 0 (mod 3) vilket ger: x² ≡ 0² ≡ 0 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 3) − ″ − x² ≡ 1² ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 3) − ″ − x² ≡ 2² ≡ 1 (mod 3)

y ≡ 0 (mod 3) vilket ger: y² ≡ 0² ≡ 0 (mod 3)

y ≡ 1 (mod 3) − ″ − y² ≡ 1² ≡ 1 (mod 3)

y ≡ 2 (mod 3) − ″ − y² ≡ 2² ≡ 1 (mod 3)

z ≡ 0 (mod 3) vilket ger: z² ≡ 0² ≡ 0 (mod 3)

z ≡ 1 (mod 3) − ″ − z² ≡ 1² ≡ 1 (mod 3)

z ≡ 2 (mod 3) − ″ − z² ≡ 2² ≡ 1 (mod 3).

Följande uttryck är givet i uppgiften: x² + y² = z². Enligt regler för modulusberäkning kan vi sätta in "resterna" i det givna uttrycket. Vi får då följande olika alternativ:

Fall	x²	+	y²	=	z²
1	0		0		0
2	1		0		1
3	0		1		1
4	1		1		2

I fall 1 ser vi att x² ≡ 0 (mod 3) och y² ≡ 0 (mod 3). Detta ger att x ≡ 0 (mod 3) och

y ≡ 0 (mod 3). D v s vi har visat att 3|x och 3|y.

I fall 2 följer liknande resonemang, men x² ≡ 1 (mod 3) och y² ≡ 0 (mod 3),

d v s y ≡ 0 (mod 3). Här gäller att 3|y men inte 3|x.

Fall 3 ger x² ≡ 0 (mod 3) och y² ≡ 1 (mod 3) d v s x ≡ 0 (mod 3). Här gäller att 3|x
men inte 3|y.

I sista och fjärde fallet ger z² resten 2 vilket inte är möjligt enligt ovan därför kan vi förkasta detta fall.

Med detta har vi bevisat att 3|x eller 3|y i ekvationen x² + y² = z².

 

Uppgift 2 b

Vi vill visa att 5|x, 5|y eller 5|z i ekvationen x² + y² = z². Det är samma tillvägagångssätt som i uppgift 2 a, d v s vi söker de x, y och z samt kombinationerna av dessa som enligt modulusberäkning ger resttermen 0.

Följande x, y och z är möjliga vid modulus 5:

x ≡ 0 (mod 5) vilket ger: x² ≡ 0² ≡ 0 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 5) − ″ − x² ≡ 1² ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 5) − ″ − x² ≡ 2² ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 3 (mod 5) − ″ − x² ≡ 3² ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 5) − ″ − x² ≡ 4² ≡ 1 (mod 5)

y ≡ 0 (mod 5) vilket ger: y² ≡ 0² ≡ 0 (mod 5)

y ≡ 1 (mod 5) − ″ − y² ≡ 1² ≡ 1 (mod 5)

y ≡ 2 (mod 5) − ″ − y² ≡ 2² ≡ 4 (mod 5)

y ≡ 3 (mod 5) − ″ − y² ≡ 3² ≡ 4 (mod 5)

y ≡ 4 (mod 5) − ″ − y² ≡ 4² ≡ 1 (mod 5)

z ≡ 0 (mod 5) vilket ger: z² ≡ 0² ≡ 0 (mod 5)

z ≡ 1 (mod 5) − ″ − z² ≡ 1² ≡ 1 (mod 5)

z ≡ 2 (mod 5) − ″ − z² ≡ 2² ≡ 4 (mod 5)

z ≡ 3 (mod 5) − ″ − z² ≡ 3² ≡ 4 (mod 5)

z ≡ 4 (mod 5) − ″ − z² ≡ 4² ≡ 1 (mod 5).

Följande tabell ger vilka olika kombinationer av x, y och z som ges av ekvationen

x² + y² = z².

Fall	x²	+	y²	=	z²
1	0		0		0
2	0		1		1
3	0		4		4
4	1		0		1
5	1		1		2
6	1		4		0
7	4		0		4
8	4		1		0
9	4		4		3

 

Vi har nio olika fall.

Fall 5 och 9 är ej tillåtna kombinationer eftersom z² inte kan ha resten 2 eller 3,

(enligt modulustabellen ovan).

I fall 2 och 3 har x² ≡ 0 (mod 5) och y² ≡ 1 (mod 5) resp. y² ≡ 4 (mod 5), z² ≡ 1 (mod 5) resp. z² ≡ 4 (mod 5) Detta ger att x ≡ 0 (mod 5), d v s vi har visat att 5|x men 5∤y eller 5∤z.

I fall 4 och 7 har x² ≡ 1 (mod 5) resp x² ≡ 4 (mod 5) och y² ≡ 0 (mod 5), z² ≡ 1 (mod 5) resp. z² ≡ 4 (mod 5) Detta ger att y ≡ 0 (mod 5), d v s vi har visat att 5|y men 5∤x eller 5∤z.

I fall 6 och 8 har x² ≡ 1 (mod 5) resp x² ≡ 4 (mod 5) och y² ≡ 4 (mod 5) resp. y² ≡ 1 (mod 5), z² ≡ 0 (mod 5). Detta ger att z ≡ 0 (mod 5), d v s vi har visat att 5|z men 5∤x eller 5∤y.

Slutligen i fall 1 ger både x², y² och z² resten 0 dvs. x, y och z ger resten 0.

Alltså delar 5 x , y eller z.

6. Visa att 3ⁿ + 4 ⁿ = 5 ⁿ, n ∈ ℕ endast om n = 2 .




Vi väljer först att sätta in n = 1 i ekvationen och får då:

3¹ + 4¹ = 5¹ 3 + 4 = 5 vilket inte stämmer.

Sedan sätter vi in n = 2 i ekvationen och får då:

3² + 4² = 5² 9 + 16 = 25 vilket stämmer.

För att visa att ekvationen ovan inte gäller för alla heltal n > 2, väljer vi att göra det genom induktion. Vi visar att 5ⁿ > 3ⁿ + 4ⁿ för alla heltal n > 2.

Steg 1: Visa att 5ⁿ > 3ⁿ + 4ⁿ gäller för n = 3 d v s

5³ > 3³ + 4³ 125 > 27 + 64 vilket stämmer.

Steg 2: Antag att påståendet stämmer för n = p, d v s

5> 3+ 4(induktionsantagande).

Visa att påståendet stämmer för n = p + 1, d v s

5 > 3 + 4.

Vi flyttar över alla termer till vänstersidan. Vi får då:

5- 3 - 4 > 0.

Utvecklar vi detta uttryck och sätter in vårt induktionsantagande istället för 5får vi :

> 5 (3+ 4) > 0.

Steg 3: Steg 1, steg 2 samt induktionsaxiomet ger att antagandet stämmer för n > 2, vilket skulle visas.

8. Finn alla rätvinkliga trianglar vars area är lika med dess omkrets och där längden på triangelns sidor är heltal.

Först måste vi se sambandet mellan de olika sidorna så att vi kan sätta upp en ekvation som vi sedan kan lösa.

Sambandet ges av kända formler : Arean = , omkretsen = a + b + c och Pythagoras sats .

Då kan vi sätta upp det som ett ekvationssystem enligt följande:

⇔

Vi löser ut c, genom att sätta uttrycket från den undre ekvationen i den övre, och får då:

⇔⇔

⇔⇔

⇔ ⇔ ⇔

⇔ där eller .

I första fallet är ab lika med noll, då får vi ingen triangel. Alltså förkastar vi detta.

Andra fallet: har två obekanta termer, därför försöker vi hitta en gemensam faktor. Om vi bryter ut a från de två första termerna får vi:

.

För att få samma faktor i de två sista termerna, genomför vi ett litet "trick". Vi får:

⇔⇔ .

För vilka positiva heltal är detta sant?

Vi börjar med att ta reda på vilka positiva heltal x, y som ger produkten 8.

D v s där x = ( a – 4 ) och y = ( b – 4 ). Vi får då fyra fall, x = 1 som ger y = 8 och
x = 8 som ger y = 1, dessa två är likformiga, x = 2 som ger y = 4 och x = 4 som ger y = 2, som också är likformiga. Denna likformighet ger därför bara två fall.

Enligt multiplikationstabellen, som sedan länge är känd, finns det inga andra kombinationer av positiva heltal som ger produkten 8.

Detta ger för x =1 att a = 5

y = 8 att b = 12

x = 2 att a = 6

y = 4 att b = 8.

Eftersom sidorna ger samma triangelarea och omkrets oavsett platsen går det även att byta plats på a och b, vilket ger för sidorna, att när a = 5 då är b = 12 och enligt Pythagoras sats blir c = 13 eller när a = 6 då är b = 8 och c = 10. Detta ger 4 trianglar varav 2 parvis ger samma resultat enligt frågan, där arean och omkretsen skulle vara lika.

Det finns alltså två trianglar med olika värden. Dessa är:

Vår uppgift "En anteckning i marginalen" har beröring med "Fermats stora sats", också kallad "Fermats sista sats".

Satsen lyder:

Där Fermat sa att om x, y och z, ∈ ℤ, så kan ekvationen inte lösas om n ∈ ℤ > 2. Alltså, så länge det är kvadraten av ett heltal så finns det flera lösningar till ekvationen men om t ex
n = 3 så finns det ingen lösning.

Detta påstod Pierre de Fermat, en fransman som levde på 1600-talet. Fermat var jurist till yrket och höll på med matematik som hobby. På denna tid spreds olika matematiska påstående och upptäckter via brev mellan olika matematiker. Fermat ägnade mycket tid åt talteori och från honom härrör flera matematiska begrepp såsom t. ex. "Fermattal" och "Fermats lilla sats".

"Fermats stora sats" är emellertid en av de mest omtalade och kända påstående som finns i matematikens värld. Anledningen till detta "kändisskap" härrör till viss del från överskriften i vår uppgift. Fermat skrev i marginalen på sin favoritbok, vilken var Diophantos Arithmetica , "jag har funnit ett fantastiskt bevis för satsen", men konstaterade att marginalen var för liten för att rymma det. Att göra så var vanligt för Fermat, han gjorde påståenden men presenterade sällan bevis, istället utmanade han hela den matematiska världen att göra om bedriften. Detta hemlighetsfulla tillvägagångssätt gjorde honom inte speciellt populär bland kollegorna. Han tilldelades öknamn som "den fördömde fransmannen"

Alla andra av Fermats påstående har dock kunnat bevisas med hjälp av anteckningar som hittats bland papperna efter Fermat men inte denna "stora sats".

Satsen har sysselsatt matematiker världen över sedan Fermat skrev ner den i mitten av 1600-talet. Den har nu fått sitt bevis av engelskmannen Andrew Wiles som, efter många års slit, i september 1994 kunde presentera ett fullständigt bevis på över 200 sidor. Till saken hör att han redan drygt ett år tidigare presenterade det han trodde var det fulländade beviset i vilket det upptäcktes ett till synes okorrigerbart fel. Wiles avskärmade sig dock från omvärlden och lyckades till slut med det som sysselsatt världens matematiker i ca 350 år.

I arbetet med att försöka bevisa satsen har många andra matematiska upptäckter gjorts. En kvinnlig matematiker vid namn Sophie Germain verkade i början på 1800-talet. Även hon arbetade med denna sats och när hon skrev till en manlig kollega om sina upptäckter i samband med "Fermats stora sats" skrev hon under manlig pseudonym för att kollegan inte skulle ignorera henne pga hennes kön. När han sedan fick reda på hennes lilla lögn hade han full förståelse för detta handlingssätt.

En matematiker kring sekelskiftet, Paul Wolfskehl, blev så uppslukad av problemet att han helt glömde bort att ta livet av sig och i tacksamhet över detta instiftade ett pris på

100 000 D - Mark till den som lyckades prestera ett hållbart bevis.

En intressant iakttagelse är att problemet, trots sin enkelhet, bara kan lösas med hjälp av mycket avancerade matematiska metoder. Dessa metoder var inte tillgängliga på Fermats tid, så frågan om hur han bevisade problemet, om han nu någonsin gjorde det, är fortfarande obesvarad.

Wahlström och Widstrands matematik lexikon av Jan Thompson, Schmidts boktryckeri, Helsingborg 1991

Illustrerad vetenskap, tidskrift, juni 1997

Fermats gåta av Simon Singh, Nordtedts, 1998