Oplossing van opgave 6 en van de kerstbonusopgave. Opgave 6 Lesbrief, opgave 4.5 De getallen m en n zijn verschillende positieve gehele getallen zo, dat de laatste drie cijfers van 1978 m en 1978 n overeenstemmen. Bepaal de minimale waarde van m + n. (IWO 1978) Oplossing. We moeten (z.b.d.a.) op zoek naar m < n met 1978 m 1978 n (mod 1000), of te wel 1978 m (1 1978 n m ) 0 (mod 1000). (1) Stel nou eens dat we zo n getallenpaar m < n hebben gevonden. De factor (1 1978 n m ) is oneven (immers n m > 0), zodat alle factoren van het 1000-voud 1978 m (1 1978 n m ) in de eerste factor zitten: 1978 m 0 (mod 8). () Net zo zien we, omdat 1978 geen factor 5 bevat, dat alle factoren 5 van het 1000-voud 1978 m (1 1978 n m ) juist in de tweede factor zitten: 1978 n m 1 (mod 15). (3) Omgekeerd is een getallenpaar m < n dat voldoet aan () en (3) ook een oplossing van (1). We concluderen dat we dus op zoek moeten naar een getallenpaar m < n dat voldoet aan () en (3), en waarvoor bovendien m + n minimaal is. Wegens m + n = m +(n m) is het voldoende op zoek te gaan naar minimale m waarvoor () geldt en minimale k := n m waarvoor (3) geldt. Eerste deel Er geldt 1978 = 989, dus 1978 m is een 8-voud precies dan als m 3. De minimale m waarvoor () geldt, is dus 3. Tweede deel Wegens ϕ(15) = 4 15 = 100 geldt 5 1978 k 1 (mod 15) (3 ) in ieder geval voor k = 100 (want 1978 en 15 zijn relatief priem). We gaan bewijzen dat (3 ) niet geldt voor kleinere k. Zij k 0 de kleinste k waarvoor (3 ) geldt, dan weten we dat k 0 een deler moet zijn van 100. We zouden dus voor alle strikte delers k van 100 (daarmee bedoel ik de delers ongelijk aan 100 zelf) moeten nagaan dat 1978 k 1 (mod 15). We doen dit eerst voor k = 0 en voor k = 50, en zullen daarna zien dat dit impliceert dat 1978 k 1 (mod 15) voor alle strikte delers k van 100. Er geldt 1978 0 ( ) 0 = 484 10 ( 16) 10 = 56 5 6 5 = 7776 6 1 (mod 15) 1
terwijl 1978 50 ( ) 50 = 484 5 ( 16) 5 = 16 56 1 16 6 1 = 16 16 4 16 ( 34) 4 = 16 1156 16 31 = 16 961 = 15376 1 1 (mod 15). Stel nu dat er een andere strikte deler k van 100 is met 1978 k 1 (mod 15). Als strikte deler van 100 is k een deler van 0 = 5 of van 50 = 5 (of van allebei). In het 5 geval dat k 0, kies dan d zodanig dat k d = 0. Dan volgt 1978 0 = 1978 k d 1 d = 1 (mod 15), wat echter in tegenspraak is met wat we hierboven hebben uitgerekend. In het andere geval dat k 50 krijgen we op dezelfde manier een tegenspraak. We concluderen dat de minimale k waarvoor (3 ) geldt inderdaad 100 is. Conclusie De minimale waarde van m + n is dus 3 + 103 = 106. [ Hiermee is het bewijs klaar. Hieronder volgen nog twee alternatieven voor het tweede deel. ] [ Het tweede deel gaat iets sneller door vooraf even modulo 5 te rekenen. ] Tweede deel, alternatief I Stel k voldoet aan (3 ), dan geldt dat zeker ook modulo 5: 1978 k 1 (mod 5). Nu is 1978 (mod 5), dus ( ) k 1 (mod 5). Dus is k een 4-voud. We hoeven dus alleen maar de strikte delers van 100 te bekijken die 4-voud zijn; dat zijn 5 0 = 4 en 5 1 = 0. Nu gaat (3 ) al fout voor k = 0 (zie boven), dus zeker ook voor k = 4. We concluderen dat k = 100 de minimale k is waarvoor (3 ) geldt. [ Mocht je nou geen zin hebben om 1978 0 uit te rekenen zoals hierboven, dan kun je nog de volgende truc met het binomium van Newton toepassen (wat uiteindelijk op meer rekenwerk neerkomt, maar dat terzijde... ). Probeer deze goed te snappen, want deze techniek kan vaker van pas komen. ] Tweede deel, alternatief II Stel k voldoet aan (3 ), dan geldt zeker ook 1978 k 1 (mod 5). Nu is 1978 (mod 5), dus ( ) k 1 (mod 5). Dus is k een 4-voud: k = 4q, q 1. Dan is dus 1978 k = 1978 4q ( ) 4q = 484 q ( 16) q = 56 q 6 q (mod 15). We zijn dus op zoek naar de minimale q met 6 q 1 (mod 15). Nu is wegens het binomium van Newton 6 q = (1+5) q = q ( q ) i=0 i 5 i = ( q) 5 0 + ( q) 5 1 + ( q 0 1 ) 5 +(... ) 5 3 1+5q+ 5q(q 1) (mod 15), en wil dat congruent zijn aan 1 modulo 15, dan moet 15 een deler zijn van 5q + 5q(q 1), dus ook van 10q + 5q(q 1) = 5q 15q = 5q(5q 3). Maar 5q 3 is niet eens een 5-voud (laat staan een 15-voud), dus 5q moet een 15-voud zijn, dus 5 q, dus 100 k. De minimale k met deze eigenschap is 100, en die voldoet ook daadwerkelijk aan (3 ).
Opgave 7 Speciale kerstbonusopgave Bepaal alle paren gehele getallen (x, y) zodanig dat 1 + x + x+1 = y. (4) Oplossing. Merk eerst op dat de linkerkant positief is, dus y 0. Verder is (x, y) een oplossing als (x, y) een oplossing is, dus we kunnen ons beperken tot het zoeken van oplossingen met y > 0. [ Let op: x kan ook negatief zijn. Die gevallen werken we eerst even weg. ] Stel nu x. We kunnen (4) herschrijven tot y 1 = x + x+1 = x+1 ( x 1 + 1). Er geldt x 1 1, dus x 1 is geheel en minstens. Dus x 1 + 1 is geheel en bevat geen factoren. Dus x+1 ( x 1 + 1) is niet geheel, terwijl y 1 wel geheel is. Tegenspraak. Als x = 1, is 1 + x + x+1 = en dat is geen kwadraat. Als x = 0, is 1 + x + x+1 = 4 en dat is wel een kwadraat. Als x = 1, is 1 + x + x+1 = 11 en dat is geen kwadraat. De enige oplossing met x 1 (en y > 0) is dus (0, ). We nemen nu verder aan dat x. [ Het is voor het vervolg handig om x aan te nemen, dus daarom hebben we het geval x = 1 hier apart gedaan. ] We herschrijven (4) tot x (1 + x+1 ) = (y + 1)(y 1). De linkerkant is even, dus de rechterkant is even, dus y is oneven en y + 1 en y 1 zijn beide even. Ze zijn ook beide positief, omdat de linkerkant niet gelijk aan nul kan zijn. Omdat y 1 en y + 1 precies verschillen en allebei even zijn, moet modulo 4 de één congruent zijn met 0 en de ander met. Degene die mod 4 is, bevat precies één factor. De ander moet daarom alle andere factoren bevatten; dat zijn er precies x 1. [ Dit is de belangrijkste stap. ] We onderscheiden nu twee gevallen: y 1 bevat x 1 factoren of y + 1 bevat x 1 factoren. Geval 1. Stel dat y 1 precies x 1 factoren bevat. We kunnen y nu schrijven als y = a x 1 + 1 met a een oneven positief geheel getal. Nu geldt x (1 + x+1 ) = (y + 1)(y 1) = a x + a x, 3
dus x (1 + x+1 ) = x (a x + a). Merk op dat x geheel is omdat x. We kunnen delen door x : Dat kunnen we ook schrijven als 1 + x+1 = a x + a. x (a 8) = a + 1. We weten dat a een oneven positief getal is. Als a = 1, krijgen we x ( 7) = 0. Tegenspraak. Dus a 3. Maar dan geldt a + 1 < 0, dus x (a 8) < 0. Maar x is positief, dus a 8 < 0. Echter, uit a 3 volgt a 9. Tegenspraak. Dus er zijn geen oplossingen in dit geval. [ Opnieuw was het handig om eerst een geval (a = 1) apart te doen, zodat we daarna konden aannemen dat a 3. ] Geval. Stel dat y + 1 precies x 1 factoren bevat. Nu kunnen we y schrijven als y = a x 1 1 met a een oneven, positief geheel getal. Er geldt dus x (1 + x+1 ) = (y + 1)(y 1) = a x a x, x (1 + x+1 ) = x (a x a). Merk op dat x geheel is omdat x. We kunnen delen door x : Dat kunnen we ook schrijven als 1 + x+1 = a x a. x (a 8) = a + 1. Er geldt x 1, dus delen door x geeft a 8 = a+1 x a + 1, ofwel a a 9 0. Dit is een kwadratische ongelijkheid. Van de kwadratische functie a a 9 kunnen we de nulpunten a 1 en a afschatten met de abc-formule: en a 1 = 1 37 a = 1 + 37 < 1 + 49 = 4. Aangezien a positief en geheel is, volgt nu uit a a 9 0 dat a 3. Maar ook geldt a + 1 0, dus a 8 0, dus a 8. Daaruit volgt a 3. De enige mogelijkheid is nu 4 < 0
a = 3. Dit geeft a 8 = 1 en a + 1 = 4, dus x = 4. Dus x = 4 en y = 3 8 1 = 3. Deze oplossing voldoet inderdaad: y 1 = 58 = x + x+1. [ Nu niet vergeten om de oplossingen met negatieve y weer toe te voegen. ] Dus de enige oplossingen zijn (0, ), (0, ), (4, 3) en (4, 3). 5