Ykkösiä, ei neliöitä

9.8.2016 | Opettaja H.

Osoita, ettei yksikään jonon $11, 111, 1111, 11111,\ldots$ jäsen ole kokonaisluvun neliö.

Ratkaisu: Jonon $11, 111, 1111, 11111,\ldots$ jokainen luku voidaan kirjoittaa muodossa $100m+11=4(25m+2)+3$ , jossa $m$ on kokonaisluku. Näin ollen aina, kun jotain jonon luvuista jaetaan $4$ :llä, jakojäännökseksi jää $3$ .

Parilliset kokonaisluvut voidaan esittää muodossa $2n$ , jossa $n$ on kokonaisluku. Näin ollen parillisten kokonaislukujen neliöt voidaan esittää muodossa $(2n)^2=4n^2$ , eli parillisten lukujen neliöitä $4$ :llä jaettaessa jako menee aina tasan. Vastaavasti parittomat luvut voidaan esittää muodossa $(2n+1)$ , jolloin niiden neliöt voidaan esittää muodossa $4n^2+4n+1$ . Parittomien lukujen neliöitä $4$ :llä jaettaessa jakojäännös on siis aina $1$ . Siis mikään jonon $11, 111, 1111, 11111,\ldots$ luvuista ei voi olla kokonaisluvun neliö.

Tämä pulma on Stanfordin yliopiston matematiikkakilpailusta vuodelta 1949.

Pythagoraan luvut

25.1.2016 | Opettaja H.

Näyttökuva 2016-1-24 kello 16.50.39 Pythagoras (n. 585–496 eaa.) oli antiikin Kreikan tunnetuimpia matemaatikkoja. Hän perusti esoteerisen koulukunnan, jossa matematiikkaan sotkettiin uskonnollisia elementtejä. Pythagoralaisesta koulukunnasta on peräisin paljon tiedettä – filosofiaa, matematiikkaa, uskontotiedettä ja musiikkia.

Ehkäpä tunnetuin matemaattinen tulos on Pythagoraan lause. Se ei ole Pythagoraan keksimä, sillä tulos tunnettiin jo satoja vuosia aiemmin monissa Välimeren alueen ja Lähi-Idän kulttuureissa. Pythagoraan lauseen mukaan suorakulmaisessa kolmiossa suoraa kulmaa vastaavan sivun (hypotenuusan) pituuden neliö on yhtä suuri suoran kulman kylkien (kateettien) neliöiden summan kanssa. Tai siis tutummin (ks. kuva): $a^2+b^2=c^2$ .

Pythagoraan lauseen toteuttavia lukukolmikoita kutsutaan Pythagoraan luvuiksi. Esimerkiksi $3, 4$ ja $5$ ovat Pythagoraan lukuja, sillä $3^2+4^2=5^2$ .

Pythagoraan luvuiksi kelpaavat melkein mitkä tahansa luvut, mutta eivät aivan mitkä tahansa. Osoita, että $1, 2$ ja $4$ ovat ainoat luvut, jotka eivät voi olla lyhimpiä sivuja suorakulmaisessa kolmiossa, jonka kaikki sivut ovat kokonaislukuja.

Ratkaisu: Tämä ongelma tuli mieleeni ihan äkkiseltään kesken matematiikan oppituntini, kun äkkäsin, kuinka mikä tahansa pariton luku ykköstä lukuunottamatta saadaan Pythagoraan kolmikon pienimmäksi luvuksi. Aloin tutkia aivan tietynlaisia lukukolmikkoja, joista pienin luku on pariton. $3, 4, 5$ . Tai $5, 12, 13$ . Tai $7, 24, 25$ . Ja niin edelleen. Äkkiä tajusin, että tässä oleva kuvio yleistyy: mikä tahansa pariton luku voidaan laittaa pienimmäksi luvuksi sellaisessa Pythagoraan kolmikossa, jossa kaksi suurempaa lukua ovat peräkkäisiä. Tämä toimii, koska jokaisen parittoman luvun neliö on pariton, eli kahden peräkkäisen luvun summa. Ja juuri nämä ovat ne kaksi peräkkäistä lukua, jotka muodostavat pienimmän lukumme kanssa Pythagoraan kolmikon. Siis vaikkapa $7^2=49=24+25$ ja edelleen $24^2+24+25=25^2,$ ja Pythagoraan lauseen mukainen tulos $24^2+7^2=25^2$ on valmis. Nyt voidaan heti sanoa, että koska $13^2=169=84+85$ , niin varmasti $84^2+13^2=85^2$ .¹

Tämän jälkeen tajusin nopeasti, että koska mikä tahansa Pythagoraan kolmikon monikerta on myös Pythagoraan kolmikko, ainoat mahdolliset luvut, jotka eivät voi olla Pythagoraan luvuista pienimpiä, ovat kakkosen potensseja. Nyt sain hieman apua kollegaltani Antti Saariselta, joka löysi kokeilemalla pari vastaesimerkkiä ensimmäiselle hypoteesilleni, että kakkosen potenssit jäävät kolmikoiden ulkopuolelle. Niinpä oli löydettävä vielä pienin kakkosen potenssi, joka sopii Pythagoraan kolmikkoon pienimmäksi.

Olkoon kolmiossa voimassa $a^2+b^2=c^2$ . Tällöin $a^2=c^2-b^2$ , joka puolestaan voidaan kirjoittaa muotoon $a^2=(c+b)(c-b)$ . On siis yritettävä löytää sellaiset luvut $b$ ja $c$ , että niiden summan ja erotuksen tulo olisi jokin kakkosen potenssi. Ja nyt $8^2=64=32\cdot 2=(17+15)(17-15)$ , mutta $4^2=16=(5+3)(5-3)$ ei kelpaa. Myöskään luvuille $2$ ja $1$ ei tällaista tuloa voida löytää.

Näin ollen voidaan todeta, että $1, 2$ ja $4$ todellakin ovat ainoat positiiviset kokonaisluvut, jotka eivät voi olla lyhimpiä sivuja suorakulmaisessa kolmiossa, jonka kaikkien sivujen pituudet ovat kokonaislukuja. Se, onko tästä mitään hyötyä, on eri asia. Minun mielestäni tulos on kuitenkin sangen hauska.

1089

19.1.2016 | Opettaja H.

Tässäpä oiva temppu. Ajattele mitä tahansa kolminumeroista lukua, joka koostuu eri numeroista¹. Lue luku myös lopusta alkuun ja vähennä isommasta luvusta pienempi. Käännä tämä erotus myös lopusta alkuun ja laske yhteen edellisen luvun kanssa. Tulos on aina $1089$ .

Siis esimerkiksi: ajattelen lukua $497$ . Seuraava luku on $794$ . Siis $794-497=297$ . Ja nyt $297+792=1089.$

Tämä hiljattain mieleeni palannut temppu on yksi ”matemagiikan” klassikoista. Taisin törmätä siihen ensimmäisen kerran joitakin vuosia sitten lukemassani David Achesonin kirjassa 1089 And All That. Viikon vaikea kysymys on, miksi temppu toimii.

Ratkaisu: Ajatellaan, että kolminumeroinen lukumme on $abc$ , jossa yleisyydestä luopumatta voidaan olettaa, että $a>c$ . Nyt siis ensimmäinen erotus saa muodon $(a\cdot 100+b\cdot 10+c)-(c\cdot 100+b\cdot 10+a)=(a-c)\cdot 100+(c-a)$ . Nyt $(c-a)<0$ , joten saatu erotus voidaan kirjoittaa muotoon $(a-c-1)\cdot 100+90+(10-(a-c))$ . Ja nyt kun tähän lisätään $(10-(a-c))\cdot 100+90+(a-c-1)$ , on tuloksena aina $900+180+9=1089$ .

Muuten, temppua voi jatkaa seuraavasti, jos käsillä on laskin: lisää saamaasi lukuun (eli $1089$ ) vielä $200$ , jaa $10000$ :llä ja kerro saamasi luku kuudella. Ja koska tässä on ollut kyse lukujen kääntelystä, käännä nyt koko laskimen näyttö ylösalaisin.

Tämä temppu jatkoineen tuli eteen Rob Eastawayn ja Jeremy Wyndhamin kirjassa Why do Buses Come in Threes? joka oli jälleen hyvä esimerkki kirjasta, jonka hankin pelkän nimen perusteella, kun luotettava henkilö sitä suositteli. Suosittelen minäkin.

Peräkkäisten kokonaislukujen summa

10.11.2015 | Opettaja H.

Tämänkertainen pulmamme on kaksiosainen – viikon helppo ja viikon vaikea samassa paketissa. Löysin tämän lukuteoreettisen ongelman standup-matemaatikkona esiintyvän Matt Parkerin ensiluokkaisesta kirjasta Things To Make And Do In Fourth Dimension, ja se kuuluu seuraavasti.

Etsi lukujen $10$ ja $20$ väliltä ainoa kokonaisluku, jota ei voida esittää kahden tai useamman peräkkäisen positiivisen kokonaisluvun summana. Kun olet löytänyt sen, etsi sellainen (ainoa lajiaan, muuten) lukujen $30$ ja $40$ väliltä. Entä löydätkö lukujen $20$ ja $30$ väliltä tällaisia lukuja? Tässä lienee riittävästi purtavaa viikon helpon pulman tarpeisiin.

Vaikeampi pulma on tietenkin löytää kaikki sellaiset positiiviset kokonaisluvut, joita ei voida esittää peräkkäisten positiivisten lukujen summana. Entä miten tämä voidaan osoittaa?

Ratkaisu: Lukujen $10$ ja $20$ väliltä ainoa luku, jota ei voida esittää kahden tai useamman peräkkäisen luvun summana on $16$ . Lukujen $30$ ja $40$ väliltä löytyy tällaisista luvuista luku $32$ . Lukujen $20$ ja $30$ välillä ei tällaisia lukuja ole. Onko tässä vinkkiä tarpeeksi? Kyllä vain: kaikki muut luvut voidaan esittää peräkkäisten lukujen summina paitsi kakkosen potenssit. Todistetaan tämä:

Aloitetaan yksinkertaisesti. Kaikki parittomat luvut voidaan esittää muodossa $2n+1$ , missä $n$ on jokin kokonaisluku. Tämä tarkoittaa heti sitä, että pariton luku voidaan ilmoittaa muodossa $n+(n+1)$ , eli kahden peräkkäisen luvun summana.

Siirrytään sitten parillisiin lukuihin. Jos luku on jaollinen kolmella, se voidaan ilmoittaa muodossa $3n$ , missä $n$ on kokonaisluku. Toisaalta

$3n=(n-1)+n+(n+1),$

joten kaikki kolmella jaolliset luvut voidaan esittää kolmen peräkkäisen luvun summana. Itse asiassa on helppo huomata, että

$5n=(n-2)+(n-1)+n+(n+1)+(n+2),$

ja että sama idea yleistyy välittömästi kaikille muillekin parittomalla luvulla jaollisille kokonaisluvuille. Näin on saatu katettua jo kaikki muut luvut paitsi kakkosen potenssit (sillä kaikissa muissa parillisissa luvuissa on jokin pariton luku tekijänä). Nyt on osoitettava enää, että mitään kakkosen potensseja ei todellakaan voida kirjoittaa peräkkäisten lukujen summaksi.

Tutkitaan yleisesti $k$ peräkkäisen kokonaisluvun summaa. Jos lukuja on pariton määrä, on summa jaollinen jollakin parittomalla luvulla, kuten edellä todettiin. Tutkitaan siis yleistä peräkkäisten lukujen summaa, jossa on parillinen määrä summan tekijöitä. Jos ensimmäinen luvuista on $m$ , on viimeinen niistä $m+(k-1)$ . Saadaan aritmeettinen summa

$m+(m+1)+(m+2)+\cdots +(m+(k-1))$

$=km+(0+1+2+\cdots +(k-1))$

$=km+\frac{k}{2}(k-1).$

Lavennetaan ensimmäistä termiä kakkosella ja otetaan osoittajasta $k$ yhteiseksi tekijäksi. Saadaan

$km+\frac{k}{2}(k-1)=\frac{k(2m-k-1)}{2}.$

Koska $k$ on parillinen kokonaisluku, on tulon tekijä $(2m-k-1)$ varmasti pariton, joten saatu luku ei voi olla kakkosen potenssi. Näin ollen kakkosen potensseja ei voida milloinkaan esittää peräkkäisten lukujen summana.

Opettaja H:n pulmakulma

OpettajaH.fi

kokonaisluvut

Ykkösiä, ei neliöitä

Pythagoraan luvut

1089

Peräkkäisten kokonaislukujen summa

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon: