Lösningsförslag till matematikkluringar

En viss kvadrat har samma area som längden på dess diagonal. Vad är kvadratens area?

Lösningsförslag

I lösningsförslaget nedan skriver vi sqrt där det borde vara ett roten-ur-tecken.

Strategi: namnge saker!

Låt kvadratens sidlängd vara s. Då är arean s² och diagonalen sqrt(s² + s²) = s * sqrt(2).

Kravet i problemet är att s² = s * sqrt(2). Eftersom s inte är lika med noll kan vi dela båda sidor med s för att se att kravet uppfylls precis när s = sqrt(2).

Alltså är arean (sqrt(2))² = 2.

Vilken siffra slutar 9^(8^7) på?

Lösningsförslag

Strategi: testa små tal!

Vi ser att 9¹ slutar på 9, 9² slutar på 1, 9³ slutar på 9, 9^4 slutar på 1 osv. Sista siffran hos 9^n verkar vara 9 när n är udda och 1 när n är jämnt. Eftersom 8^7 är jämnt gissar vi alltså att svaret är 1. Hur kan vi bevisa det?

Ett sätt: om n = 2k är ett jämnt heltal, då är 9^n = 9^(2k) = (9²)^k = 81^k. En produkt av två tal
som slutar på 1 slutar också på 1: om a = 10x+1 och b = 10y + 1 för några heltal x och y, då är a * b = (10x + 1)(10y + 1) = 10m + 1 för heltalet m = 10xy + x + y. Alltså slutar 81^k på 1 för alla heltal k ≥ 0.

Vad är det största heltalet som inte kan skrivas som en summa av 6:or och 7:or (med valfritt antal av varje)?

Lösningsförslag

Strategi: testa små tal!

Ibland behöver man utveckla lite intuition kring ett problem för att kunna se mönster.
Vi kan t.ex. se att 12 = 6 + 6, 13 = 6 + 7 och 14 = 7 + 7. Däremot kan inte 15 skrivas som en summa av 6:or och 7:or. Vi fortsätter att testa oss fram, men vi ser att vi kan använda det vi har kommit på förut för att förenkla framtida beräkningar: genom att lägga till 6 eller 7 till det vi redan har skapat, kan vi skapa ännu fler tal.

T.ex. eftersom 12, 13, 14 kan skapas, så kan vi skapa 18, 19, 20, 21 genom att lägga till 6 eller 7 på 12, 13 eller 14. Genom att upprepa detta kan vi se att vi från denna nya lista också kan skapa 24, 25, 26, 27, 28. Med en till omgång ser vi att vi också kan skapa 30, 31, 32, 33, 34, 35.

Men utifrån dessa ser vi att vi kan få 36, 37, 38, … genom att lägga till ett antal 6:or, så alla tal från 30 och uppåt kan garanterat skapas. (Ett bra sätt att tänka på detta är via modulär aritmetik: listan med 6 tal ovan ger oss alla möjliga restklasser modulo 6.)

Det största talet som inte täcks av resonemanget ovan är 29. Kan man skapa det? Nej, det kan man inte (man kan direkt testa: högst fyra 7:or kan användas, och ingen av möjligheterna fungerar; man kan också resonera modulo 6).

Alltså, svar: 29.

Det finns flera olika sätt att lösa det här problemet på. Ett annat sätt är genom att lista ut när man kan "lägga till 1": notera att 1 = 7 – 6 och 1 = 6 * 6 – 7 * 5.

Om vi har ett sätt att skapa ett tal n på genom att lägga ihop 6:or och 7:or, så kan vi tack vare ovan relationer skapa n + 1 genom att ta bort en 6:a och lägga till en 7:a, eller genom att ta bort fem 7:or och lägga till sex 6:or, så länge det fanns åtminstone en 6:a eller fem 7:or att ta bort.

De enda gångerna vi inte kan använda denna metod för att skapa n + 1 från n är alltså när n skapades med noll 6:or och högst fyra 7:or, dvs. när n är ett av talen 0, 7, 14, 21, 28.

Vi kan alltså inte skapa 29 med denna metod, men eftersom vi kan skapa 30 = 6 * 5 så säger metoden att vi kan skapa 31, 32, 33 osv. Sedan kan vi kolla att 29 inte går att skapa, som ovan. (Här dyker 29 upp som det största talet som inte kan skapas genom att lägga till 1 på ett av de "problematiska" talen 0, 7, 14, 21, 28.)

För extra utmaningar, kan du se vad som händer för andra par av tal? T.ex. 5 och 8?

Visa att det finns två personer i Stockholm som har hår på huvudet och som har exakt lika många hårstrån. Finns det fler än två?

Lösningsförslag

Nyckelidén bakom detta problem är postfacksprincipen, eller the pigeonhole principle: om fler än n brev ska fördelas bland n postfack (för något positivt heltal n), då måste något fack få fler än 1 brev. Bevis: om vart och ett av de n facken innehåller högst 1 brev, då finns det högst n brev. Denna princip är otroligt användbar!

Konservativt uppskattat finns det över 1 million människor i Stockholm som har mellan 1 och 400 000 hårstrån på huvudet. (Enligt Wikipedia har människor i normalfall 80 000–160 000 hårstrån.) Om man fördelar dessa 1 m människor bland dessa (högst) 400 000 st ”postfack”, så kommer två att hamna i samma. Faktiskt så måste något ”postfack” få åtminstone 3 människor i sig. (Varför?)

Jag tänker på ett tvåsiffrigt tal och märker att talet är 6 gånger så stort som summan av sina siffror. Vilket tal tänker jag på?

Lösningsförslag

Nyckelidén här är att ge namn åt de okända sakerna, så att vi kan resonera kring dem. Vi söker ett tvåsiffrigt tal: låt oss kalla tiotalssiffran för a, och entalssiffran för b. Då är talet 10a + b, och siffersumman är a + b. Kravet i frågan ger oss ekvationen

10a + b = 6(a + b),

som kan förenklas till (är ekvivalent med)

4a = 5b.

Detta innebär att 4a är en multipel av 5, och eftersom 5 är ett primtal så måste a vara en multipel av 5. Den enda nollskilda siffran som är en multipel av 5 är just 5, dvs.

a = 5.

Ekvationen ovan, med detta värde på a, har då precis lösningen b = 4. Alltså är talet 54.

Talen 3, 5, 7 är primtal. Händer det någonsin igen att tre tal n, n + 2, n + 4 alla är primtal?

Det finns fyra primtal mellan 0 och 10, och fyra primtal mellan 10 och 20. Händer det någonsin igen att det finns fyra primtal mellan två på varandra följande multiplar av 10?

Lösningsförslag

Talen 3, 5, 7 är de enda positiva heltalen på formen n, n + 2, n + 4 som är primtal. Varför? Jo, för bland tre sådana heltal finns det alltid en multipel av 3:

• om n har rest 0 efter division med 3 så är n en multipel av 3;
• om n har rest 1 efter division med 3 så är n + 2 en multipel av 3;
• om n har rest 2 efter division med 3 så är n + 4 en multipel av 3.

(Uttryckligen, t.ex. för den sista: om n = 3k+2 för ett heltal k, då är n+4 = 3k+6 = 3(k+2), som är en multipel av 3.) Alltså är något av talen n, n + 2, n + 4 en multipel av 3. Ett primtal som är en multipel av 3 måste vara just talet 3, enligt definitionen av primtal. Alltså måste någon av n, n + 2, n + 4 vara lika med 3. En direkt kontroll visar att endast n = 3 ger att alla tre är primtal, och detta ger endast trippeln i frågan.

För den andra delen av frågan: bland de tio talen

10k, 10k + 1, 10k + 2, 10k + 3, 10k + 4, 10k + 5, 10k + 6, 10k + 7, 10k + 8, 10k + 9

där k är ett heltal större än eller lika med 1 kan endast 10k + 1, 10k + 3, 10k + 7 och 10k + 9 vara primtal, eftersom alla de andra talen är delbara med 2 eller 5. För dessa fyra tal finns det dock ingen uppenbar anledning till att de inte skulle kunna vara primtal samtidigt, och matematiker har i över hundra år trott att det säkert finns oändligt många sådana uppsättningar primtal, men ingen har lyckats bevisa det!

Så, vi provar några olika värden på k och kollar om ovanstående fyra tal är primtal. För k = 2, 3, . . . , 9 får vi inte att alla fyra är primtal, men för k = 10 får vi de fyra talen 101, 103, 107, 109, som alla visar sig vara primtal. (För ett heltal mindre än 121 räcker det att kolla om det är delbart med 2, 3, 5 eller 7 för att se om det är ett primtal eller inte.)

Existensen av oändligt många sådana primtalskvadruplar 10k + 1, 10k + 3, 10k + 7, 10k + 9 skulle i synnerhet ge oändligt många primtalstvillingar 10k +1, 10k +3 (och 10k +7, 10k +9) och därmed bevisa den kända — och också olösta — primtalstvillingsförmodan (twin prime conjecture).

Om man singlar slant fem gånger, hur stor är chansen att man får minst tre klavar i rad?

Lösningsförslag

Det finns många olika sätt att tänka på denna på, som alla har sina egna fördelar. Här illustrerar vi ett par olika sätt.

Låt oss beteckna krona med R och klave med L. Vad frågan då handlar om är: om man tittar på alla möjliga ’ord’ av fem R och L, hur stor andel av dessa ord innehåller minst tre L i rad?

I tabellen nedan visas alla möjliga sekvenser av fem R och L, och vilka av dem som innehåller minst tre L i rad.

Av de 32 möjliga orden innehåller 8 stycken åtminstone tre L i rad. Alltså är sannolikheten 8/32 = 1/4.

Men kan vi se detta utan att skriva upp alla ord? Ja! Man kan t.ex. organisera orden efter var den första trippeln LLL dyker upp:

• Position 1: LLL** ger oss 2² = 4 ord.
• Position 2: RLLL* ger oss 2 ord.
• Position 3: *RLLL ger oss 2 ord.

Totalt 4 + 2 + 2 = 8 ord, vilket ger oss samma svar som ovan.

I termer av sannolikheter, så är sannolikheten att ordet börjar med LLL lika med (1/2)*(1/2)*(1/2) = 1/8, och sannolikheten att ordet börjar med RLLL är (1/2)*(1/2)*(1/2)*(1/2) = 1/16. På sama sätt är sannolikheten att ordet har formen *RLLL också 1/16. Summan av dessa sannolikheter är 1/8 + 1/16 + 1/16 = 1/4.

Du har en tavla med ett långt snöre fastsatt i de två övre hörnen, och två spikar. Hur kan du hänga upp tavlan på väggen med hjälp av snöret och spikarna så att den hänger stadigt när båda spikarna sitter kvar, men faller om man tar bort någon av spikarna — oavsett vilken?

Lösningsförslag

Här finns en fil med lösningsförslag. Under det har vi skrivit lösningsförslaget direkt på sidan också, men formateringen blir inte lika snygg som i pdf-filen.

Lösningsförslag Allt eller inget-tavlan (pdf) pdf, 82.5 kB.

Att prova sig fram är alltid en bra strategi för att förstå sig på problem. Finns det för detta problem någon systematik? Javisst – man kan faktiskt omvandla detta problem till algebra! Här nedan beskriver vi hur.

Låt oss kalla den vänstra spiken A och den högra B. Vi föreställer oss två vertikala streck rakt upp från spikarna. Följ nu snöret från tavlans vänstra hörn till dess högra hörn. Varje gång snöret korsar A-strecket från vänster till höger skriver vi A_h, och varje gång snöret korsar A-strecket från höger till vänster skriver vi A_v. Vi gör likadant för B-strecket. En given upphängning av tavlan ger oss då ett "ord" i symbolerna A_h, A_v, B_h, B_v.

Sådana ord har några räkneregler: två motsatta korsningar i rad över samma spik tar ut varandra. T.ex. kan ett delord A_h A_v strykas, för om snöret går till höger över A och sedan direkt tillbaka så är det som att inget har skett.

Ett exempel på en lösning, beskrivet i dessa symboler, är A_h B_v A_v B_h.

Varför ger ordet ovan en lösning på problemet? För det första "kollapsar" ordet inte till ingenting (som t.ex. ordet A_h A_v B_h B_v gör), vilket betyder att snöret verkligen hänger på spikarna. För det andra, om man tar bort spik B, då försvinner alla B-delar från ordet, och om A tas bort försvinner alla A-delar:

• om B tas bort: A_h B_v A_v B_h blir A_h A_v, vilket kollapsar till ingenting
• om A tas bort: A_h B_v A_v B_h blir B_v B_h, vilket kollapsar till ingenting

Oavsett vilken spik man tar bort så faller tavlan, alltså uppfylls kraven! Kan du genom att skriva ned andra sådana här ord hitta andra lösningar?

För den nyfikna: man kan skriva X_h = +X och X_v = –X och räknereglerna motsvarar + X – X = 0 och – X + X = 0. Upphängningen ovan är då + A – B – A + B. Om B tas bort, dvs. B = 0, så blir ordet + A – A = 0, och liknande om A tas bort. Men se upp: X + Y och Y + X är inte samma sak i allmänhet!