Problemløsing - Abelkonkurransen

p n modulo q. Siden p og q er relativt primiske er eneste mulighet for å få p n ≡ 0 mod q
at p = 0, men da blir x = 0 som ikke gir noe nullpunkt.
28. Vi kan anta at g og h har heltallige koeffisienter og at høyeste grads koeffisient
er 1 for begge. Vi kan videre anta at g har grad mindre eller lik graden til h. Siden
g(a i )h(a i ) = f(a i ) = 1 må g(a i ) = ±1 dette gir at g(x) 2 − 1 må være lik null for x = a i .
Siden vi da får at graden til g(x) 2 − 1 blir mindre eller lik graden til f(x) − 1 og har
samme n nullpunkter som f — a i — må f(x) − 1 = g(x) 2 − 1. Hvis vi ordner a i ’ene slik
at g(a i ) = 1 for i = 1, . . . , m = n/2 og g(a i ) = −1 for i = m + 1, . . . , n = 2n, så vil vi
få g(x) − 1 = ∏ m
i=1 (x − a i) og g(x) + 1 = ∏ 2m
i=m+1 (x − a i). Dersom i ≤ m < j må vi ha
|a i − a j | = 1 eller 2, ellers får vi ikke g(a j ) − 1 = ∏ m
k=1 (a j − a k ) = −2. Når n > 5 (siden
m ≥ 3 må faktisk n ≥ 6) kan vi ikke finne a 1 , . . . , a 2m slik at |a i − a j | ≤ 2 for i ≤ m < j.
29. La
p(x) =
70∏
i=1
(x − i) ·
( 70 ∑
i=1
)
i
x − i − 5 .
4
Da blir p(x) et polynom. Ved x = i vil funksjonen 1/(x − i) være uendelig: positiv på
oversiden og negativ på nedsiden. Det vil da finnes ett punkt mellom i og i + 1 der
vi har likhet i ligningen og hvor derfor p(x) = 0. Lengden av dette intervallet hvor
ulikheten holder er da x − i. For hver verdi av i får vi et slikt lite interval av lengde
x i − i der x i er nullpunktet. Vi har da at p(x) = A ∏ 70
i=1 (x − x i) = A(x 70 + a 1 x 69 + · · · )
der a 1 = − ∑ 70
i=1 x i. Vi får at A = −5/4 og at a 1 = 4473. Den totale lengden blir da
a 1 − sum 70
i=1 i = 1988.
30. Dersom vi setter p(x) = ∏ N
i=0 (x − x i) får vi at
p ′′ (x) = 2
∑
0≤i,j≤N
i≠j
∏
0≤k≤N
k≠i,j
(x − x k ).
Dette fører til at
2 ∏ 0≤i≤N
i≠j
p ′′ (x j )
(x j − x i ) = ∑
0≤i≤N
i≠j
1
x j − x i
hvilket er lik null for j = 1, 2, . . . , N − 1 og dermed p ′′ (x j ) = 0. Dette gir p ′′ (x) =
k ∏ j=1,2,...,N−1 (x−x j) der k er en konstant. Dermed blir k·p(x) = p ′′ (x)·x·(x−1). Dette
bestemmer p(x) entydig: skriv ut p(x) = ∑ a i x i og bruk at p ′′ (x) = ∑ a i i(i − 1)x i−2 .
Vi har at dersom x i gir en løsning vil også y i = 1 − x N−i gi en løsning. Men siden p er
entydig bestemt må da x i = y i , hvilket gir x i + x N−i = 1.
31. Siden 2 n + 1 er odde kan ikke n være et partall. Hvis p er en primfaktor i n så
har vi at 2 p ≡ −1 mod p hvis og bare hvis 2 n ≡ −1 mod p fordi n/p er odde og derfor
(−1) n/p = −1. Hvis n 2 | 2 n +1, så må også p | 2 n +1. Fermats teorem sier at 2 p ≡ 2 mod p
og derfor blir 2 n + 1 ≡ 3 mod p. Eneste mulighet for at 2 n + 1 ≡ 0 mod p er derfor hvis
p = 3. Vi må derfor sjekke n = 3 m .
36