      P 48 (2020/2021) 4 7 21 aritmetičnih vprašanj o številu 2021 B̌ K Matematika je kraljica znanosti, teorija števil pa kraljica matematike. (Carl Friedrich Gauss, 1777–1855) Pa začnimo leto 2021 po kraljevsko, z ugankami iz teorije števil oziroma aritmetike, vede, ki je od antike dalje vznemirjala veleume, kot so bili Pitagora, Ar- himed, Evklid, Eratosten, Diofant, Fibonacci, Fermat, Euler, Gauss, Legendre, Lagrange in številni drugi ve- liki matematiki. 21 vprašanj o številu 2021 na spodnjem seznamu je izbranih tako, da bi bila zanimiva in razumljiva čim širšemu krogu bralcev. Večine vprašanj se lahko lotimo povsem naivno s preiskovanjem in tabelira- njem, vsaj dve tretjini vprašanj pa je elegantno re- šljivih s srednješolsko matematiko (in nekaj vztraj- nosti). Velik del vprašanj je sicer povezan s klasič- nimi izreki teorije števil, zato bodo teoretično do- bro podkovani bralci na nekatera vprašanja odgovo- rili skoraj brez razmišljanja, drugi pa si bodo morali malo pomagati z literaturo in brskanjem po spletu. Bralci z osnovnim znanjem programiranja bi sicer ve- čino nalog zlahka rešili s pomočjo računalnika, toda preverjanje lastnosti števila 2021 z grobo silo je po- dobno nabiranju travniških cvetlic z buldožerjem, či- sto vseh odgovorov pa s pomočjo računalnika niti ni mogoče dobiti. Vabljeni, da sprejmete izziv in preizkusite svoje znanje, ali pa se še kaj novega naučite. In če se vam slučajno kje zatakne, najdete rešitve na nasle- dnjih straneh. Tam vas čaka tudi dodatna, nagradna uganka. 1. Ali je 2021 praštevilo? 2. Ali je 2021 popolno število? 3. Ali je 2021 Fibonaccijevo število? 4. Ali je 2021 trikotniško število? 5. Ali je 2021 k-kotniško število za kakšen k ă 2021? 6. Ali je 2021 vsota dveh praštevil? 7. Ali je 2021 vsota treh praštevil? 8. Ali je 2021 vsota treh trikotniških števil? 9. Ali je 2021 vsota vsaj treh zaporednih naravnih števil? 10. Ali je 2021 razlika dveh kvadratov? 11. Ali je 2021 vsota dveh kvadratov? 12. Ali je 2021 vsota štirih kvadratov? 13. Katero je najmanjše število, ki ima natanko 2021 deliteljev? 14. Koliko manjših naravnih števil je tujih številu 2021? 15. Ali obstaja 2021 zaporednih sestavljenih šte- vil? 16. Ali obstaja število z vsoto deliteljev 2021? 17. Ali obstaja celoštevilski pravokotni trikotnik s stranico dolžine 2021? 18. Ali obstaja praštevilo med številoma 22020 in 22021? 19. Koliko je r ? 1s`r ? 2s`r ? 3s` . . .`r ? 2021s, kjer je rxs celi del števila x? 20. S koliko ničlami se konča število 2021! v običaj- nem desetiškem zapisu? 21. Ali velja x2021 `y2021 “ z2021 za kakšno trojico naravnih števil x,y, z?       P 48 (2020/2021) 48 Odgovori 1. Če 2021 ni praštevilo, mora biti deljivo z ne- kim praštevilom, ki je manjše od ? 2021 ă 45. Že na daleč vidimo, da število 2021 ni deljivo z 2,3 ali 5. Po zaporednih deljenjih s praštevili 7,11,13, . . . ,43 prav v zadnjem, štirinajstem koraku ugotovimo, da velja 2021 “ 43¨47, torej je število 2021 sestavljeno. Primer lepo pokaže, kako računsko zahteven je lahko problem fak- torizacije števila z dvema velikima prafaktor- jema, če uporabimo najbolj preprosto metodo z zaporednim deljenjem. Faktorizacijo bi v tem primeru našli precej hitreje, če bi opazili, da je 2021 “ 452 ´ 22 “ p45 ´ 2qp45 ` 2q. 2. Ne, saj je vsota pravih deliteljev števila 2021 enaka 1 ` 43 ` 47 “ 91. Marsikateri bralec bi verjetno znal iz glave našteti štiri najmanjša po- polna števila 6, 28, 496 in 8128, ki jih je poznal že Evklid. Ker je 2021 liho število, pa lahko omenimo še, da je vseh 51 doslej znanih po- polnih števil sodih. Vprašanje obstoja lihega popolnega števila je še vedno odprto. 3. Ne. Zaporedje Fibonaccijevih števil 0,1,1,2,3, 5,8,13,21, . . . lahko opišemo z rekurzivno zve- zo Fn “ Fn´1 ` Fn´2 za n ě 2 in začetnima pogojema F0 “ 0, F1 “ 1. Ker števila naraščajo zelo hitro, bomo tudi brez računalnika hitro ugotovili, da je F17 “ 1597 in F18 “ 2584, torej število 2021 ni Fibonaccijevo. Lahko pa bi upo- rabili tudi kriterij Ire Gessla (1971), ki je doka- zal, da je število N Fibonaccijevo natanko tedaj, ko je vsaj eno od števil 5N2 ˘ 4 popoln kvadrat. 4. Ne. Trikotniška števila, katerih lastnosti so pre- učevali že Pitagora in njegovi učenci, predsta- vljajo vsoto prvih n naravnih števil: Tn “ 1 ` 2` . . .`n “ npn`1q2 , kvadratna enačba npn`1q 2 “ 2021 pa nima rešitev v naravnih številih. 5. Ne. Že antični matematik Nikomah je v knjigi Uvod v aritmetiko iz 2. stoletja našega štetja ugotovil, da zvezo med večkotniškimi in triko- tniškimi števili dobimo s pomočjo razreza k- kotnika na trikotnike. Od tod sledi, da lahko n- to k-kotniško število opišemo z izrazom Pnpkq “ n2 p2 ` pk ´ 2qpn ´ 1qq in hitro se pre- pričamo, da enačba Pnpkq “ 2021 nima rešitev v naravnih številih za k ă 2021. 6. Ne. Ker je 2021 liho število, bi iz p ` q “ 2021 sledilo, da je eno od praštevil p,q sodo, torej 2, toda potem bi bil drugi seštevanec 2019, to pa ni praštevilo, ker je deljivo s 3. 7. Da. Lahko se skličemo kar na Šibko Goldba- chovo domnevo, ki jo je dokazal Harald Hel- fgott leta 2013: vsako liho število, večje od 5, lahko zapišemo kot vsoto treh praštevil. Z ne- kaj ugibanja hitro najdemo kakšno od možno- sti, denimo 2003+13+5, iskanja vseh 3392 mo- žnosti pa se raje lotimo z računalnikom. Kot zanimivost pa omenimo še, da je še vedno ne- dokazana izvirna Goldbachova domneva iz pi- sma Eulerju leta 1742. Ta pravi, da lahko vsako sodo število, večje od 2, zapišemo kot vsoto dveh praštevil. 8. Da. Domnevo, da lahko vsako naravno število zapišemo kot vsoto največ treh trikotniških šte- vil, je zapisal že Fermat leta 1636, leta 1796 pa jo je prvi dokazal takrat 19-letni Carl Friedrich Gauss. Število 2021 lahko sicer zapišemo na 9 načinov, eden je T61`T15`T4 “ 1891`120`10. Pri iskanju takega zapisa je ugodno začeti s čim večjim prvim členom in s tem zmanjšati število možnosti za druga dva člena. 9. Da. Enačba pa`1q` . . .`pa`kq “ ka` kpk`1q2 “ k 2 p2a ` k ` 1q “ 2021 ima za k ě 3 dve re- šitvi v naravnih številih: pa “ 19, k “ 47q in pa “ 25, k “ 43q. Števila, ki jih lahko zapišemo kot vsoto vsaj dveh zaporednih naravnih šte- vil, pa sicer imenujemo tudi trapezna števila, saj predstavljajo razliko dveh trikotniških šte- vil. Znano je, da so taka vsa naravna števila razen potenc števila 2. 10. Da. Znano je, da lahko vsako liho naravno šte- vilo vsaj na en način zapišemo kot razliko dveh kvadratov: 2k ` 1 “ pk ` 1q2 ´ k2. Ta način je edini, kadar gre za praštevilo, v našem pri- meru pa z obravnavo enačbe 2021 “ x2 ´y2 “ px ` yqpx ´ yq dobimo dve rešitvi: 2021 “ 452 ´ 22 “ 10112 ´ 10102. 11. Ne. Iz Fermatovega izreka o vsoti dveh kvadra- tov sledi, da lahko dano naravno število zapi-       P 48 (2020/2021) 4 9 SLIKA 1. Nekaj knjig o teoriji števil slovenskih avtorjev iz ponudbe DMFA – založništva. šemo kot vsoto dveh kvadratov natanko tedaj, ko v njegovem razcepu na prafaktorje vsi pra- faktorji tipa p “ 3 pmod 4q nastopajo s sodo potenco. To seveda ne velja v primeru števila 2021 “ 431 ¨ 471. 12. Da. Lagrangejev izrek o štirih kvadratih zagota- vlja, da lahko vsako naravno število na vsaj en način zapišemo kot vsoto (največ) štirih kvadra- tov. Verjetno je to slutil že antični matematik Diofant v svoji knjigi Aritmetika. Število 2021 lahko sicer tako zapišemo na 57 načinov, eden je 442 ` 92 ` 22 ` 02. Brez računalnika je za- pis najugodneje iskati tako, da začnemo s čim večjim členom, v našem primeru 44, in posku- simo ustrezno izbrati ostale tri. 13. Ker je 2021 “ 43 ¨ 47, iz osnovnega izreka arit- metike sledi, da so naravna števila z natanko 2021 delitelji bodisi oblike p2020 bodisi p42q46, kjer sta p in q različni praštevili. Najmanjše tako število pa je 246 ¨ 342. 14. Med vključno 1 in 2020 “ 43 ¨ 47 ´ 1 je natanko 46 večkratnikov števila 43 in natanko 42 več- kratnikov števila 47. Ker ni skupnih večkratni- kov, je preostalih 2020 ´ 46 ´ 42 “ 1932 šte- vil tujih 2021. Bolj elegantno lahko problem rešimo z Eulerjevo funkcijo ϕpnq, ki označuje število vseh števil od 1 do n´ 1, ki so tuja šte- vilu n. Potem za praštevilo p veljaϕppq “ p´1, saj so številu p tuja vsa manjša števila. Zdaj lahko vsak sam poskusi dokazati, da za različni praštevili p,q velja ϕppqq “ ϕppqϕpqq. Posle- dično je ϕp2021q “ ϕp43qϕp47q “ 42 ¨ 46 “ 1932. 15. Da. Števila 2022!`2, 2022!`3, . . ., 2022!`2022 so očitno zaporedna in sestavljena. Z istim tri- kom lahko ugotovimo, da za vsako naravno šte- vilo n obstaja n zaporednih sestavljenih števil. 16. Ne. Lahko bi seveda pregledali vsote deliteljev vseh števil do 2020, nekoliko bolj elegantna, a kljub temu precej zavita pot pa je naslednja. Naj bo σ pnq vsota vseh pozitivnih deliteljev šte- vila n. Znano je, da je funkcija σ multiplika- tivna, torej je σ pabq “ σ paqσ pbq, če sta a in b tuji števili. Če velja n “ pk ¨ m, kjer je p praštevilo, ki je tuje m, potem sledi σ pnq “ σ ppkqσ pmq “ p1 ` p ` . . .` pkqσ pmq. Da bi bil ta izraz liho število, mora biti p “ 2 ali k sodo število, za primer σ pnq “ 2021 “ 43 ¨47 pa lahko sklepamo še, da ima n največ dva pra- faktorja, torej je n “ pk ali n “ pkql. Zato bi moralo število σ ppkq deliti 2021 oziroma za- vzeti vrednost 43,47 ali 2021 za neki p. Za p “ 2 je zaporedje vrednosti σ p2kq enako 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, 1023, 2047, . . . , zato 2k ne deli n. Podobno izločimo še potenco 3k       P 48 (2020/2021) 410 za sode k ď 6, potenco 5k za sode k ď 4 in na- zadnje še potence p2 za praštevila med 7 in 43. Tako smo preverili, da vsota deliteljev 2021 ni možna. 17. Da. Število 2021 mora biti element pitagorej- ske trojice pa,b, cq z lastnostjo a2 ` b2 “ c2. Po Evklidovih formulah lahko vse take pitago- rejske trojice zapišemo kot a “ tpm2 ´ n2q, b “ tp2mnq in c “ tpm2 ` n2q, kjer so m,n, t naravna števila, m ą n, števili m in n pa sta tuji in različne parnosti. Iz zapisa 2021 z raz- liko kvadratov 2021 “ 452´22 takoj razberemo eno rešitev t “ 1,m “ 45, n “ 2, ki da pitago- rejski trikotnik s stranicami p2021,180,2029q, možne pa so še tri druge rešitve, katerih iska- nje bomo prepustili kar bralcu. 18. Da. Najlažje je to utemeljiti s sklicevanjem na Bertrandov postulat, ki pove, da za vsako na- ravno število n ě 2 obstaja praštevilo med n in 2n. To Bertrandovo ugotovitev je sicer prvi uspel dokazati Pafnutij Čebišev leta 1852. 19. Opazimo lahko, da se v vsoti zapored pojavlja- jo enaki členi: 1`1`1`2`2`2`2`2`3` . . .. Natančneje, 2n` 1 členov med vključno r ? n2s in r ? n2 ` 2ns ima vrednost n. Za zgornjo mejo n2 `2n lahko zato z uporabo znanih formul za vsoto kvadratov izračunamo n2`2n ÿ k“1 r ? ks “ n ÿ k“1 p2k` 1qk “ 2 n ÿ k“1 k2 ` n ÿ k“1 k “ kpk` 1qp4k` 5q 6 . Po tej formuli zdaj hitro izračunamo iskano vre- dnost za zgornjo mejo 2024 “ 442 ` 2 ¨ 44 in nato odštejemo 3 ¨ 44, da dobimo iskano vre- dnost 59598. 20. Število ničel na koncu zapisa števila n! “ 1 ¨ 2 ¨ 3 ¨ . . . ¨ n “ 2a ¨ 3b ¨ 5c ¨ ¨ ¨ je enako potenci c, s katero nastopa praštevilo 5 v razcepu števila n! na prafaktorje, saj vsaka ničla na koncu šte- vila nastane z množenjem para prafaktorjev 2 in 5. To potenco pa lahko presenetljivo hitro izračunamo z uporabo De Polignacove formule ř8 k“1 ” n pk ı za najvišji eksponent praštevila v n!. Za n “ 2021 dobimo 8 ÿ k“1 „ 2021 5k  “ „ 2021 5  ` „ 2021 25  ` „ 2021 125  ` „ 2021 625  “ 404 ` 80 ` 16 ` 3 “ 503. 21. Ne. To pove znameniti veliki Fermatov izrek, ki ga je dokazal Sir Andrew Wiles leta 1994. Podrobnosti dokaza prepuščamo nadebudnim bralcem, saj na teh straneh zanje ni dovolj pro- stora. SLIKA 2. Nagradna uganka Za katera naravna števila n se število n! v običaj- nem desetiškem zapisu konča z natanko 2021 ničlami? Rešitev z razlago pošljite na e-naslov info@dmfa-zaloznistvo.si s pripisom Nagradna uganka 2021. Med pravilnimi rešitvami bomo na Mednarodni dan matematike 14. 3. 2021 izžrebali tri nagrajence, ki bodo za nagrado prejeli knjigo o teo- riji števil iz ponudbe DMFA – založništvo. Tudi letos pa bo pri DMFA potekalo še nekaj aktivnosti ob Med- narodnem dnevu matematike. Obvestila o tem bodo objavljena na spletni strani www.dmfa.si. ˆ ˆ ˆ