“Strövtåg i matematikens värld”
Problemlapp 8. Om primtal.
Svar och lösningar
1. Eftersom p2 − 1 = (p − 1)(p + 1) och p är udda så kommer de två faktorerna (p − 1) och
(p + 1) att vara jämna. Vidare kommer en av dem att vara delbar med 4 eftersom detta gäller
vartannat jämnt tal.. Exakt ett av de tre successiva talen (p − 1), p, (p + 1) kommer att vara
delbart med 3 och det kan ju inte vara p som ju är ett primtal större än 3. Vi har alltså hittat
faktorerna 2, 3 och 4 som tillsammans ger 24.
2. a) Den första multipeln är 120. b) Eftersom resten vid division med 6 bara kan vara ett heltal
mellan 0 och 5 och ett primtal större än tre nödvändigtvis är udda så kan det skrivas på ett
av sätten 6n + 1, 6n + 3 eller 6n + 5 = 6(n + 1) − 1. men 6n + 3 = 3(2n + 1) är sammansatt
(n måste vara större än 1) så bara de två andra formerna återstår.
3. Om vi antar att n inte är ett primtal så gäller n = a · b med 1 < a, b < n. Då kommer talet a
(och b) att ingå som faktor i (n − 1)! vilket medför att det omöjligen kan dela (n − 1)! + 1.
4. Det första talet kan skrivas 1112 , det andra 11112 etc.
5. Vi använder resultatet i 2) ovan.
2p2 + 1 = 2(6n ± 1)2 + 1 = 2(36n2 ± 12n + 1) + 1 = 72n2 ± 24n + 3
som ju är delbart med 3.
6. Bara för p = 3. (Resonera som i problem 5.)
7. Ett tal på formen 4n + 3 kan inte endast ha primfaktorer på formen 4n + 1 (det kan ju inte ha
en faktor 2) eftersom en produkt av tal på denna senare form har samma form
(4n + 1) · (4m + 1) = 16mn + 4n + 4m + 1 = 4(4mn + m + n) + 1.
Om vi nu bildar talet
Np = 22 · 3 · 5 · 7 · ... · p − 1
så gäller att Np har formen 4n + 3 och inte är delbart med något av primtalen upp till p. Det
kan heller inte, enligt det inledande resonemanget, vara en produkt av faktorer som alla har
formen 4n + 1 och slutsatsen blir att det finns primtal på formen 4n + 3 som är större än p.
8. (Resonera ungefär som i 7.)
1
9. Inte helt överraskande handlar det om induktion igen. Vi har ju att p1 = 2 < 22 = 4 och
k
antar att pk < 22 för alla k ≤ n. Då blir
1
2
3
n
pn+1 ≤ p1 · p2 · p3 · ... · pn + 1 < 22 · 22 · 22 · ... · 22 + 1 = 22
1
+22 +...+2n
+ 1.
Den första olikheten följer ur konstruktionen i Euklides bevis och den andra ur induktionsantagandet.
Men nu är ju
21 + 22 + 23 + ... + 2n =
2n+1 − 1
− 1 = 2n+1 − 2
2−1
så vi har slutligen
pn+1 < 22
n+1
−2
+ 1 < 22
n+1
.
10. Endast för p = 3. (Om p > 2 är ett primtal gäller att p = 2k + 1 med k > 2. Då får vi
2p = 22k+1 = 4k · 2 ≡ 1k · 2 = 2 (mod 3)
och p2 ≡ 1 (mod 3) så
2p + p2 ≡ 2 + 1 = 3 ≡ 0 (mod 3).)
11. Om det inte finns något primtal i det angivna intervallet så måste alla primfaktorer i talet
N = n! − 1 vara mindre än eller lika med n men alla sådana tal delar n! och en gemensam
delare till N och n! kommer då att vara en delare till 1, dvs. de saknar (icke-trivial) gemensam
delare. Slutsatsen blir att antingen är N ett primtal eller så är alla dess primfaktorer större
än n.
12. Resultatet bygger på att om de angivna villkoren inte är uppfyllda så kan uttrycket (an − 1)
uppdelas i icke-triviala faktorer. Först använder vi
an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + an−3 + ... + a + 1)
och ser att detta blir en icke-trivial uppdelning om a > 2. Vidare, om vi betraktar 2n − 1 med
n = aḃ sammansatt så har vi 2ab − 1 = (2a )b − 1 och detta uttryck kan uppdelas i två faktorer,
båda större än 1 som ovan.
13. Den första delen bygger på följande faktoruppdelning (en konsekvens av formeln för den geometriska seriens summa) för udda n
(an + 1) = (a + 1)(an−1 − an−2 + an−3 − ... − a + 1).
Om nu n inte är en potens av 2 så kan vi skriva n = 2k · u med u udda. Då blir
2n + 1 = 22
k
k
·u
k
k
k
+ 1 = (22 )u + 1 = (22 + 1)((22 )u−1 − ... − 22 + 1)
4
och vi har en icke-trivial faktoruppdelning. Nu till del 2. Först ser vi att 22 = 216 = 65536 ≡
154 (mod 641). Sedan har vi
232 = (216 )2 ≡ (154)2 = 23716 ≡ 640 ≡ −1 (mod 641).
Således ser vi att 641 delar 232 + 1 och saken är klar.
14. (Induktion!) Påståendet gäller bara om n ≥ 4, eftersom p5 = 11 och 112 < 2 · 3 · 5 · 7. Detta
blir då basen för induktionen. Vi antar nu att pn < p1 · p2 · ... · pn−1 (∗). Bertrands postulat
ger nu
p2n+1 < (2pn )2 = 4 · (pn )2 < (∗) < 4(p1 · p2 · ... · pn−1 ) < p1 · p2 · ... · pn ,
där den sista olikheten gäller på grund av att n > 4. Induktionssteget är klart och resultatet
följer ur induktionsaxiomet.
Gunnar
