Normat 52:2, 57–70 (2004) 57
Taltrylleri med kvadrater
En studie i cykliske numeriske differenser
Hans Christian Hansen
Københavns Dag- og Aftenseminarium
Bybjergvej 25
DK–2740 Skovlunde
Hans.Christian.Hansen@skolekom.dk
Danmarks Matematiklærerforening (grundskolen) offentliggør sommetider nogle
»grublere« p å sin h je mmeside . Her er grubleren for torsdag i uge 41 år 2003:
Taltrylleri med kvadrater
Tryllekunstneren spurgte Peter om fire tal. Peter gav ham tallene 5, 4, 7 og 10.
Tryllekunstneren smilede. Han tegnede nu et kvadrat og anbragte de fire tal i hvert
sit hjørne af kvadratet. Så tegnede han et mindre kvadrat indeni det første kvadrat.
I hvert hjørne i det nye kvadrat, skrev han et nyt tal:
10 7
45
3
3
1
5
0
24
2
Fortsæt nu med at tegne mindre kvadrater på denne måde. Hvor mange kvadrater
skal du tegne, før tallene i kvadratets hjørner er 0? Prøv forfra med fire nye tal.
hansen.tex,v 1.12
58 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
Denne grubler var beregnet for begyndertrinnet og er meget motiverende i forbin-
delse med træning af simpel subtraktion, fordi det ikke varer så længe, før alt bliver
0. Det er knap så enkelt at bevise, at det faktisk altid vil gå sådan. Og hvad hvis
man i stedet var startet med en trekant, en femkant eller en n-kant? Problemstil-
lingen viser sig rig på matematik.
1
Hypoteser om situationen melder sig hurtigt,
så snart man får problemet ind på et regneark, og de kan let afprøves eksperimen-
telt. Efter en sådan eksperimentel udforskning melder sig problemet om passende
notation og sekvensering af de øjensynligt sande hypoteser, så de bliver modne til
bevis. Denne artikel giver et bu d på en sådan sammenhængende teori for området.
En generel teori for tal i en n-kant
Definitioner: Ved et n-sæt x vil vi forstå et ordnet sæt på n ikke-negative hele tal
(x
1
,x
2
,...,x
n
).Etbinært n-sæt består af kun 0-er og 1-taller eller er et sådant 0–1-
sæt ganget op med et naturligt tal som for eksempel (5, 5, 0, 0, 0). Et konstant n-sæt
er et n-sæt af formen (a, a, . . . , a). Et strengt binært sæt må ikke være konstant.
For et givet n defineres funktionen (transformationen) T i mængden af n-sæt
ved:
T (x
1
,x
2
,...,x
n
)=(|x
n
x
1
|, |x
1
x
2
|, |x
2
x
3
|,...,|x
n1
x
n
|)
Ved ordenen af et n-sæt x forstår vi det mindste m således, at m gentagne an-
vendelser af T på x giver 0-sættet: T
m
(x) = (0, 0,...,0). Hvis der ikke findes et
sådant m, siges x at have uendelig orden.
Sætning 1 Hvis n er ulige har ethvert ikke-konstant n-sæt uendelig orden.
Bevis: Antag at der find es et ikke-konstant n-sæt med endelig orden. Vi regner bag-
læns fra, hvor det ønskede resultat (0, 0,...,0) indtræffer første gang. Det kan kun
komme fra et konstant sæt (a, a, . . . , a), hvor a er et naturligt tal. Lad (a, a, . . . , a)
komme fra (x
1
,x
2
,...,x
n
),hvorn er ulige, altså T (x
1
,x
2
,...,x
n
)=(a, a, . . . , a).
Dette vil vi føre til modstrid.
Lad os se på x
i
, x
i+1
og x
i+2
. Afvigelsen mellem de to første koordinater i denne
trip e l er a og ligeledes mellem de to sidste. Altså er afvigelsen mellem den første
og den sidste, |x
i
x
i+2
|, et lige antal a (faktisk enten 0a eller 2a). Successiv
anvendelse af denne tripelregel fører til at afvigelsen mellem x
i
og x
i+2m
også er et
lige antal a for ethvert naturligt tal m. Men da n er ulige, er (n 1)/2 et sådant
helt tal således, at afvigelsen mellem x
1
og x
1+2(n1)/2
er et lige antal a.
Imidlertid er 1+2·(n1)/2=n, hvorfor konklusionen er, at afvigelsen mellem x
1
og x
n
er et lige antal a. Men det betyder at T (x
1
,x
2
,...,x
n
)=(|x
1
x
n
|,...)=
(lige antal a, . . .) hvilket klart er forskelligt fra (a, a, . . . , a). Modstriden beviser
sætningen.
Ved hjælp af Sætning 1 ser man således, at hverken trekant eller femkant kan få
samme taludvikling som et kvadrat. Hvis ikke en polygon med et ulige antal hjørner
1
Det var gennem diskussioner med mine kolleger på KDAS, at problemets matematiske rigdom
trådte frem.
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 59
starter med det samme tal i alle hjørner, vil den aldrig nå frem til 0-sættet. Hvis
man undersøger sagen eksperimentelt, vil man imidlertid bemærke, at disse ulige
talsæt på et tidspunkt går i en periodisk svingning. Vi sigter derfor på i resten af
artiklen at b e vise:
Hovedsætningen for cykliske numeriske differencer
1) Hvis n er en potens af 2, da har ethvert n-sæt endelig orden.
2) Hvis n er ulige, da er alle ikke konstante n-sæt af uendelig orden og går på
et tidspunkt i svingninger med et regulært gentaget mønster af binære n-sæt
3) Hvis n både har lige og ulige faktorer, n = u · 2
k
, hvor u er ulige, da vil
sådanne periodiske svingninger af binære n-sæt også være det typiske. Hvis x
har periode 2
k
, da har x dog endelig orden.
Hovedstrategien i beviset for denne sætning består i at følge udviklingen af det
største tal M i et n-sæt. Det minimale tal i et n-sæt x kan uden tab af generalitet
sættes lig med 0, idet det mindste tal i sættet kan subtraheres i hver koordinat
uden at dette får indflydelse på T (x). Hvis x ikke er et binært n-sæt, indeholder
koordinaterne desuden mindst et tal m med 0 <m<M, et såkaldt mellemtal.
Hvis vi får brug for notation for flere af d em kaldes de m
, m
o.s.v.
Det gør beviset for næste sætning mere gennemskueligt, hvis vi indfører et bio-
logisk sprog for udviklingen af et n-sæt x. T (x) bliver sålede s den næste generation
og T
r
(x) den r’te generation efter x. Så længe maksimum i x (M) stadig optræ-
der i følgende generationer vil vi sige at M -slægten overlever, ellers er den uddød.
Det naturlige i denne tankegang fremgår måske bedst af et eksempel, der også
illustrerer, at der er fraktallignende mønstre på spil i de tte problem.
Eksempel 1 (se næste side). For n = 16 og i det hele taget, hvis n er en potens af
2, optræder der et slægtstræ af en fraktal struktur. I eksemplet er
x = (69, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0),
hvor altså M = 69. M får en stor efterslægt. I den 15. generation er alle koordi-
naterne i 16-sættet således efterkommere af dette M, hvilket dog bevirker at M
helt uddør i den 16. generation. Bemærk, at M ville uddø blot tallene i den 16.
generation er mindre en d 69 – de behøver ikke at være lig med 0.
Følgesætning 1 Hvis n er en potens af 2 og x =(M, 0,....,0) eller et andet n-sæt
med netop én koordinat, der afviger fra 0, så har x den endelige orden n.
Bevis: Hvis n =16, så fremgår dette af eksempel 1, hvor M sættes ind i stedet for
69. Det får ingen indflydelse, hvis M i udgangspositionen står i en anden koordinat
end den første, da en cyklisk forskydning af x blot giver den tilsvarende cykliske
forskydning på T (x). Hvis n = 32 er der yderligere 16 nuller til højre for de viste.
Dette f år klart ingen indflydelse på udviklingen frem til generation nr. 15, men
generation nr. 16 bliver:
(69, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0
i alt 15 nuller
, 69, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0
i alt 15 nuller
).
hansen.tex,v 1.12
60 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
Eksempel 1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
0 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 69 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2 69 0 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3 69 69 69 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
4 69 0 0 0 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
5 69 69 0 0 69 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
6 69 0 69 0 69 0 69 0 0 0 0 0 0 0 0 0
7 69 69 69 69 69 69 69 69 0 0 0 0 0 0 0 0
8 69 0 0 0 0 0 0 0 69 0 0 0 0 0 0 0
9 69 69 0 0 0 0 0 0 69 69 0 0 0 0 0 0
10 69 0 69 0 0 0 0 0 69 0 69 0 0 0 0 0
11 69 69 69 69 0 0 0 0 69 69 69 69 0 0 0 0
12 69 0 0 0 69 0 0 0 69 0 0 0 69 0 0 0
13 69 69 0 0 69 69 0 0 69 69 0 0 69 69 0 0
14 69 0 69 0 69 0 69 0 69 0 69 0 69 0 69 0
15 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69 69
16 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Det betyder, at skemaet fra Eksempel 1 gentager sig endnu engang i to kopier
således, at det konstante 32-sæt (69, 69,...,69) optræder i generation nr. 15+16 =
31, hvorefter (0, 0,...,0) opnås i generation 32. Det er visuelt klart, at den fraktale
struktur gentages for n = 64 og enhver potens af 2. Det ses, at sætningen gælder
for toerpotenser mindre end 32 ved simpel inspektion.
Vi skal først anvende denne følgesætning noget senere, men da den følger så visuelt
naturligt af det viste eksempel, har vi givet beviset her. Eksemplet viser, at et
maksimum kan overleve i mange generationer, men følgende sætning giver en øvre
grænse.
Sætning 2 Maksimum i et ikke-binært n-sæt x uddør senest i den (n 1)’ste
generation.
Bevis: Lad x være et vilkårligt n-sæt med maksimum M, minimum 0 og mindst ét
mellemtal. En 0–M-kæde i x er en sekvens af koordinater, hvoraf mindst én er M
og resten M eller 0, og som er af grænset af to mellemtal m
og m
, der kan vise
sig at være samme tal, hvis længden af sekvensen faktisk er n 1.
x =(...,a,m
, 0,M,M,0, 0, 0,M,m
,b,...)
Lad placeringen af grænserne være således, at x
i
= m
og x
j
= m
. Tallene a og
b kan være både 0, M eller mellemtal. Vi vil und ersøge, hvordan denne 0–M-kæde
udvikler sig i næste generation, T (x). Den i’te koordinat af T (x) bliver et mellemtal
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 61
idet T (x)
i
= |a m
|,hvor0 a M, mens m
ligger i det åbne interval. T (x)
i+1
er |m
0| eller |m
M|, i begge tilfælde et mellemtal m
. T (x)
j
er |M m
| eller
|0m
|, i begge tilfælde et mellemtal m
. T (x) vil på alle koordinater mellem i+1
og j igen få udelukkende 0 og M, idet disse koordinater ud regnes som numeriske
differenser af elementer fra mængden {0,M}. Vi får altså:
T (x)=(. . . c, m
,M,M,0, 0, 0,M,m
,...).
Og vi kan konkludere, at den betragtede 0–M -kæde i x i næste generation bliver
én koordinat kortere. Dette gælder f or enhver 0–M-kæde i x. Der kan ikke opstå
nye 0–M-kæder i T (x) ud fra mellemtal; for skønt der godt kan opstå 0’er, kan
der aldrig opstå et M ud fra andet end et 0 og et M. Derfor vil også den længste
0–M-kæde i T(x) være én mindre end den længste kæde i x.
Da den længst mulige 0–M-kæde i noget n-sæt x med et mellemtal har længde
n 1, vil sådanne kæder senest i (n 1)’ste generation alle have længden 0. M
uddør altså efter s ene st n 1 generationer.
Sætning 3 Ethvert ikke-binært n-sæt med maksimum M bliver til et binært n-sæt
senest i den (M 1) · (n 1)’ste generation.
Bevis: Dette bevises ved induktion efter M .
1) Hvis M er lig med 1, så er der allerede tale om et binært n-sæt, da vi arbejder
med hele ikke negative tal. Dette stemmer med, at sætningen udsiger, at det sker
senest i 0’te generation.
2) Antag at sætningen er bevist for alle M N. Vi vil bevise, at den også gælder
for M = N +1. Lad x være et ikke-binært n-sæt, altså et n-sæt med mindst
ét mellemtal, et minimum, som vi kan tillade os at sæ tte til 0 samt maksimum
M = N +1. Vi skal bevise, at x efter
(N + 1) 1
· (n 1) generationer bliver
et binært n-sæt. Ifølge Sætning 2 uddør x’s maksimum (N + 1) senest efter n 1
generationer. Derefter gælder altså for y = T
(n1)
(x) med det nye maksimum M ,
at M N . Hvis y allerede er et binært n-sæt, så induktionstrinnet færdigt. Ellers
benytter vi induktionsantagelsen til at fastslå, at y senest efter (N 1) · (n 1)
trin bliver til et binært n-sæt. Da y = T
(n1)
(x) ses, at x efter senest (N 1) ·
(n 1) + (n 1) = N · (n 1) generationer bliver til et binært n-sæt. Dette var
netop kravet i induktionstrinnet, og hermed er induktionsbeviset fuldført.
Det kan hænde, at udviklingen af et sådant n-sæt helt overspringer fasen som
strengt binært og i stedet bliver konstant for derefter straks at blive nulsættet. Et
eksempel på dette er givet i det senere Eksempel 2.
Teorien for binære talsæt
Vi har i det foregående afsnit bevist, at ethvert n-sæt udvikler sig til et binært
n-sæt, altså et sæt hvori der kun benyttes to tal 0 og M . Vi kan i det følgende
sætte M =1, idet T [M · b]=M · T [b] for ethvert binært n-sæt b, og vi kun er
interesseret i sp ørgsmål om sættenes orden og eventuelle periodicitet. Vi vil altså
hansen.tex,v 1.12
62 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
i det følgende lade binære n-sæt betyde n-sæt bestående af kun tallene 0 og 1.
Mængden af binære n-sæt bliver således lig Z
2
Z
2
Z
2
...Z
2
. Vi vil desuden
benytte os af den additive struktur i (Z
2
, +) således at »+« i det følgende refererer
til denne algebraiske struktur.
Hjælpesætning 1 Hvis b er et binært n-sæt, så kan T defineres koordinatvis ved
T (b)
i
= b
i
+ b
i1
. T bliver således en homomorfi, altså T (b + b
)=T (b)+T (b
)
for alle binære n-sæt b og b
.
Bevis: Per definition er T (b)
i
= |b
i1
b
i
| = |b
i1
+ b
i
| = b
i1
+ b
i
, hvor vi har
benyttet, at normal subtraktion i mængden {0, 1} svarer til subtraktion modulo 2,
når vi søger numerisk værdi, samt at + og er den samme operation modulo 2.
Herefter find er vi for to binære n-sæt b og b
at
T (b + b
)
i
=(b + b
)
i1
+(b + b
)
i
=(b
i1
+ b
i
)+(b
i1
+ b
i
)=T (b)+T (b
).
Altså er T (b + b
)=T (b)+T (b
) for alle binære n-sæt b og b
.
Vi har her kun vist, at T er en homomorfi i (Z
2
Z
2
Z
2
... Z
2
, +). Den er
faktisk også lineær med hensyn til multiplikation med en skalar, som vi så overfor:
T [M · b]=M ·T [b].
Hvor teorien for numeriske differenser i forrige afsnit måtte trække på ad hoc-
løsninger på problemerne, kan vi nu i det følgende trække på mere rutineprægede
teknikker fra homomorfier og lineære afbildninger.
Sætning 4 Hvis n er en toerpotens og b et binært n-sæt, så er b’s orden højst n.
Bevis: I Følgesætning 1 så vi, at hvis b kun har et enkelt 1-tal og resten er nuller, så
har b orden n, altså T
n
(b) = (0, 0,...,0). Da alle andre binære n-sæt kan skrives
som endelige summer af sådanne simple n-sæt, og da T (og dermed T
n
) er en
+-homomorfi, bliver T
n
(b) = (0, 0,...,0) for ethvert binært b. Ethvert binært b
har altså orden højst n.
Følgesætning 2 Hvis n er en toerpotens og x er et vilkårligt n-sæt, så har x
endelig orden.
Bevis: Hvis x er et konstant sæt, har det orden 1. Hvis x er strengt binær følger
sætningen af sætning 4. Hvis x ikke er binær og har maksimum M , bliver den
senest i generation (M 1) · (n 1) til et binært talsæt, ifølge sætning 3. Ifølge
sætning 4 bliver resultatet efter senest yderligere n generationer til 0-sættet. x’s
orden er således højst (M 1) · (n 1) + n.
Hermed er første del af hovedsætningen om cykliske numeriske differencer bevist.
Den sidste del dækkes af følgende sætninger.
Sætning 5 Hvis b er et binært n-sæt, hvor n = u ·2
k
, hvor u er ulige, større end
1 og k 0, og så har
1) b endelig orden, hvis b er koordinatmæssig periodisk med perioden 2
k
.
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 63
2) b uendelig orden ellers. T
m
(b) vil for m passende stort gå i periodiske sving-
ninger som funktion af m.
Bevis:
1) Hvis k =0er sagen klar, da b så bliver konstant. Hvis k>0 og b er et
binært u ·2
k
-sæt, der er koordinatmæssig periodisk med perioden p =2
k
, så kan b
skrives som (
˜
b,
˜
b, . . . ..,
˜
b), hvor
˜
b angiver de første p koordinater af b og altså er
en repræsentant for perioden. Vi skriver
˜
b =(b
1
,b
2
,...,b
p
) og b kan altså skrives
som: b =(b
1
,b
2
,...,b
p
; b
1
,b
2
,...,b
p
; ...; b
1
,b
2
,...,b
p
) og derfor
T (b)=(|b
p
b
1
|, |b
1
b2
|
, |b
2
b
3
|,...,|b
p1
b
p
|; |b
p
b
1
|,...,|b
p1
b
p
|).
Det er klart, at T (b) er periodisk, når b var d et, men vi ser også, at de p første
koordinater af T (b) er lig med T (
˜
b), hvor T nu opfattes som en funktion i mængden
af p-sæt. Altså T (b)=
T (
˜
b),T(
˜
b), . . . .., T (
˜
b)
. Gentages hele dette argument
finder vi: T
m
(b)=
T
m
(
˜
b),T
m
(
˜
b), . . . .., T
m
(
˜
b)
. Vi kan nu konkludere, at b højst
har orden p, idet
˜
b ifølge sætning 4 højs t har denne orden. Så b har endelig orden.
2) Vi går igen ud fra n = u ·2
k
, hvor u er ulige og lader b være et vilkårligt binært
n-sæt. Vi vil vise:
T (b) er periodisk med perioden p =2
k
b er periodisk med perioden p =2
k
.
Hvis dette kan vises, så vil et ikke-periodisk b aldrig efter nok s å mange transforma-
tioner med T kunne blive periodisk og dermed heller ikke blive til (0, 0,...,0), der
jo bl.a. har perioden 2
k
. Vi vil altså have uendelig orden som hævdet i sætningens
pkt. 2.
Vi går derfor ud fra, at T (b) er periodisk med perioden p =2
k
. Vi vil først vise,
at der findes mindst ét i således at b
i+p
= b
i
. Antag at dette aldrig er tilfældet,
altså at vi for alle i har b
i+p
= b
i
. Da vore tal befinder sig i Z
2
betyder det, at
b
i+p
= b
i
+1 for alle i og dermed b
i+2p
= b
i
+2=b
i
for alle i o.s.v. således, at
b
i+up
= b
i
+ u = b
i
+1, da u er ulige. Men b
i+up
= b
i+n
= b
i
, hvilket ikke er lig
med b
i
+1. Denne modstrid viser, at der findes et i således at b
i+p
= b
i
. Da ingen
plads har særlig forrang i disse cykliske talsæt, har vi lov at antage at i =1, altså
at b
1+p
= b
1
. Vi har fra hjælpesætning 1, at T (b)
i
= b
i
+ b
i1
for alle i. Det kan
omskrives til
() b
i
= T (b)
i
b
i1
,
hvilket kan anvendes til at overføre den periodiske egenskab fra T (b) til b . Vi vil
med et induktionsbevis vise at b
m+p
= b
m
for alle m (hvis indeks er større end
n regner vi modulo n). Vi har netop vist, at udsagnet passer for m =1. Derfor
antager vi, at det gælder for m<iog vil vise, at det også gælder for m = i.
Vi antager altså, at b
(i1)+p
= b
i1
og vil gerne vise at b
i+p
= b
i
.
Vi har endvidere T (b)
i+p
= T (b)
i
, da vort udgangspunkt er at T (b) er periodisk
med perioden p. Vi får nu ved at anvende () to gange for i = i og i = i + p:
b
i
= T (b)
i
b
i1
= T (b)
i+p
b
(i1)+p
= b
i+p
, hvorefter induktionstrinnet er
bevist, og dermed er første del af påstand 2) bevist. Anden del følger af, at der kun
hansen.tex,v 1.12
64 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
er endeligt mange binære n-sæt, hvorfor T
m
(b) på et tidspunkt, som funktion af
m, må løbe ind i gentagelser.
Sætning 6 Hvis x er et n-sæt, hvor n = u · 2
k
, u er ulige, og k 1, så har x
endelig orden, hvis x er periodisk med perioden 2
k
.
Bevis: Hvis x er periodisk med perioden p =2
k
(altså at x
i
= x
i+p
for alle i
med indices regnet modulo n), så er T (x) også periodisk med perioden p. Thi
T (x)
i
= |x
i
x
i1
| og T (x)
i+p
= |x
i+p
x
i+p1
|, og de to koordinatdifferenser
er ens, da x er periodisk med perioden p. Men så er også T
T (x)
periodisk med
perioden p ud fra samme argument, og i det hele taget er T
m
(x) periodisk med
samme periode for ethvert naturligt tal m, hvilket let bevises ved induktion. Ifølge
sætning 3 er T
m
(x) et binært n-sæt for et passende naturligt tal m. Ifølge det netop
beviste er T
m
(x) desuden periodisk med perioden p. Ifølge sætning 5 er T
m
(x) da
af end elig orden, og dermed er x per definition også af endelig orden.
Eksempel 2 Sætning 6 karakteriserer ikke endeligt n-sættene af endelig orden,
hvis for eksempel n = 12 = 3 ·2
2
. Sætningen sikrer, at for eksempel (10, 10, 7, 4, 10,
10, 7, 4, 10, 10, 7, 4) har endelig orden, men det har også (10, 10, 13, 16, 10, 10, 7, 4, 10,
10, 7, 4), idet T taget på de to 12-sæt giver samme resultat.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
0 10 10 13 16 10 10 7 4 10 10 7 4
1603360336033
2363036303630
3333333333333
4000000000000
Hermed er hovedsætningen vist. Vi har i hovedsætningen hele tiden arbejdet med n-
sæt, hvor de enkelte koordinater skulle være ikke-negative hele tal. Men sætningerne
gælder for alle de hele tal og alle rationale tal, idet man, som vi har set, kan gange
et n-sæt me d et helt tal og addere et helt tal uden at det ændrer på sættets orden
eller periodicitet. Så et givet n-sæt q med rationale koordinater ganges først med
sættes fællesnævner, og derefter adderes numerisk værdien af det mindste tal i det
nu heltallige sæt til alle koordinater. Så har sættet fået ikke-negative heltallige
koefficienter og den beviste teori kan anvendes. Alle de beviste sætninger overføres
da umidd elbart til q og altså til alle talsæt med rationale koordinater.
Irrationale koordinater i talkvadratet
Den generelle teori i foregående afsnit gælder i mængden af rationale tal. Vi vil
derfor her undersøge, i hvilket omfang teorien kan overføres til de reelle tal, idet
vi dog holder os til talkvadratet. Vi vil også undersøge, om der skulle findes en
maksimal grænse for ordenen af elementer i talkvadratet.
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 65
En million talsæt
Orden Hyppighed
00
10
2 50
3 9900
4 505000
5 176700
6 220700
7 58770
8 21260
9 5512
10 1684
11 360
12 104
13 28
14 0
15 0
En eksperimentel undersøgelse med et matematikpro-
gram tyder på hosstående fordeling for firesæts ordner. Dette
er, hvad børn ville nå frem til, hvis de vælger talsæt af formen
(0, a, b, c), hvor a, b, c vælges frit mellem 1 og 100. Hvor den
generelle teori i foregående afsnit kun giver en øvre grænse
på (100 1)(4 1) + 4 = 301 for ordenen af sådanne talsæt,
giver denne simulering af hvad børn ville finde en maksimal
orden på 13. Udvider man talområdet skal man til at tage reg-
netiden i betragtning, men finder dog op til 1000-grænsen et
talsæt som (0, 298, 460, 548) med orden 16.
Hvis man vil prøve at bevise, at man typisk får så lave
ordner også med reelle talsæt, så kan man igen nøjes med at
betragte talsæt af formen (0, a, b, c), idet man blot fratrækker
minimum fra et givet talsæt og forskyder så 0 kommer på
førstekoordinaten. Det er for mange kombinationer af de reelle
tal a, b, c muligt at bevise, at ordenen er et endeligt og lille
tal, som det fremgår af oversigten nedenfor.
Maksimal orden af talsæt på formen (0, a, b, c)
Orden
1) b mindst . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2) a mindst
2.1) 0 a c b .................................................... 6
2.2) a b c
2.23) a + c 2b og 2a b .......................................... 5
2.22) 2b a + c og b 2a .......................................... 7
2.24) 2b a + c og 2a b
2.241) 0 c + a 3b ............................................. 8
2.242) c +3a 3b 0 ............................................ 8
2.243) c + a 3b 0 c +3a 3b
2.2431) 6b 2c 4a og 4b 2c har ens fortegn . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2432) 4b 2c<0 < 6b 2c 4a
2.24321) 0 < 10b 4a 4c og 0 < 4b +2a 2c .............. 10
2.24322) 10b 4a 4c 0 < 4b +2a 2c . . . . . . . . . . . vilkårlig stor!
2.24323) 10b 4a 4c 0 og 4b +2a 2c 0 ............... 8
2.21) a + c 2b og b 2a
2.211) 0 c + b 3a og 0 3b 3a c
2.2111) 2a c ................................................. 6
2.2112) c<2a ................................................. 8
2.212) c + b 3a 0 3b 3a c ............................... 6
2.214) c + b 3a 0 og 3b 3a c 0 .......................... 6
2.213) 3b 3a c 0 c + b 3a
2.2131) 4a 2c 0 og 4b 6a 0 ............................. 7
2.2132) 4a 2c 0 4b 6a .................................. 7
2.2133) 4b 6a 0 4a 2c .................................. 9
2.2134) 0 4a 2c og 0 4b 6a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vilkårlig stor!
hansen.tex,v 1.12
66 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
Som illustration af hvorledes man beviser påstandene i skemaet, gives et udpluk
af de vigtigste sætninge r. Først ser vi på en hjælpesætning, der ofte benyttes.
Hjælpesætning
1) Firesæt af formen (a, b, a, b) har højst ordenen 2.
2) Firesæt af formen (a, a, b, b) har højst ordenen 3.
3) Firesæt med et adskilt par ens (altså af typen (x, b, y, b)) har ordenen højst 4.
Bevis:
1) T
2
(a, b, a, b)=T (|a b|, |a b|, |a b|, |a b|) = (0, 0, 0, 0).
2) T (a, a, b, b)=(|a b|, 0, |a b|, 0), men ifølge 1) har sådanne firesæt høj st orden
2. Derfor har (a, a, b, b) højst orden 3.
3) T (x, b, y, b)=(|x b|, |x b|, |y b|, |y b|), der ifølge 2) har orden højst 3.
Derfor har (x, b, y, b) højst orden 4.
Beviset vil nu dele sig op i en række særtilfælde afhængig af størrelsesforholdene
mellem d e ikke-negative tal a, b og c. Tilfældene er nummereret som i oversigtsske-
maet. Når vi i det følgende taler om, at noget er mindst, så tillader vi, at andet er
lige så småt.
1) Hvis b er mindst, så er T (0, a, b, c)=(c, a, a b, c b) og T (c, a, a b, c b)=
(b, |c a|,b,|c a|). Her opstår allerede efter to transformationer et firesæt med to
par ens og e nd da af formen omtalt i hjælpesætningens punkt 1, hvis ordenen bliver
højst 2. Det følger heraf, at firesæt, der i geometrisk forstand har de to mindste tal
stående diametralt modsat, har orden højst 4.
2) Hvis b ikke er mindst, så kan vi tillade os at antage, at a er mindst. Thi hvis c
var mindst, kunne vi spejlvende rækkefølgen af koordinater, hvilket klart ikke ville
have nogen indflydelse på påstandene i sætningen. Man kan sige, at påstandene
er invariante under spejlvending, ligesom de er invariante under cyklisk forskyd-
ning, hvilket begge dele er åbenlyst i den originale geometriske repræsentation af
problemet.
2.1) Hvis desuden c er mindre end eller lig med b, altså 0 a c b, så får vi
et par adskilte ens allerede efter to transformationer, thi T
2
(0, a, b, c)=T (c, a, b
a, b c)=(|b 2c|,ca, |b 2a|,ca). Kombineres med hjælpesætningens punkt
3 ses, at ordenen i dette tilfælde højst bliver 6. Geometrisk udtrykt betyder det,
at hvis de to mindste tal i x står som naboer og de to største også er naboer, men
i modsat orden, så har x højst orden 6.
2.2) Hvis b er mindre end eller lig med c, altså 0 a b c så bliver vi nødt
til at dele op i mange undertilfælde for at kunne gennemregne resultatet. Allerede
T
2
(0, a, b, c) giver problemer, idet T
2
(0, a, b, c)=T (c, a, ba, cb)=(b, ca, |2a
b|, |2b (a + c)|) giver symbolsk forskellige resultater afhængigt af om følgende
uligheder (2.21 – 2.24) holder:
2.21) Hvis a + c 2b og b 2a, så er: T
2
(0, a, b, c)=T (c, a, b a, c b)=
(b, c a, 2ab, 2bac). Vi slutter fra ulighederne, at cab =(a+c) 2ab
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 67
2b 2a b = b 2a 0, hvorfor a + b c er ikke-negativ og får: T
3
(0, a, b, c)=
T (b, c a, 2a b, 2b a c)=(a + c b, a + b c, |c + b 3a|, |3b 3a c|). Her
bliver igen en række undertilfælde.
2.211) Hvis 0 c + b 3a og 0 3b 3a c, så er T
3
(0, a, b, c)=(a + c b, a +
b c, c + b 3a, 3b 3a c). Heraf bestemmes T
4
(0, a, b, c) = (2c 4b +4a, 2c
2b, |2c 4a|, 2c 2b). I dette tilfælde får vi altså efter fire transformationer et par
adskilte ens. Ifølge hjælpesætningen bliver ordenen da højst 8, og i dette tilfælde
kan den samlede orden blive 8 for eksempel for x =(0, 25, 46, 49). Hvis 2a c, kan
numerisktegnet hæves, hvorefter det let vises, at T
5
(0, a, b, c) har (4a 2b) på alle
koordinater og (0, a, b, c) derfor kun får orden 6.
2.212) Hvis c + b 3a 0 og 0 3b 3a c,såfåsc + b 3a 0 3b 3a c
eller 2c 2b. Med andre ord er b = c i dette tilfælde, og vi finder T
3
(0, a, b, c)=
(a, a, |3a 2b|, |2b 3a|). Efter tre transformationer opnår vi altså to par ens.
Ordenen b liver i dette tilfælde således højst 6 ifølge hjælpesætningens punkt 2.
2.213) Hvis 0 c + b 3a og 3b 3a c 0, så er T
3
(0, a, b, c)=(a + c b, a + b
c, c + b 3a, c 3b +3a). Heraf bestemmes T
4
(0, a, b, c)=(2b 2a, 2c 2b, |4a
2c|, |4b 6a|). For at komme videre skal vi igen opdele i undertilfælde.
2.2131) 4a 2c 0 og 4b 6a 0. Adderes disse uligheder fås: 4b 2c +2a.
Sammen med en af de definerende uligheder for 2.21, a + c 2b giver det at
a + c =2b. Kombineres dette med 4a 2c 0 og 4b 6a 0 fås hhv 3a 2b
og c 2a. Hvis c<2a, så er a + c<3a 2b, eller a + c<2b, hvilket strider
med a + c =2b. Altså er c =2a. Heraf følger a =
2
3
b og c =
4
3
b. Vi kan nu let
reducere T
4
(0, a, b, c) = (2b 2a, 2c 2b, 2c 4a, 6a 4b) til (a, a, 0, 0).Vifår
altså i dette tilfælde et dobbelt par i fjerde transformation og ordenen bliver ifølge
hjælpesætningen højst 7.
2.2132) 4a 2c 0 4b 6a. Hæver vi numerisktegnene får vi: T
4
(0, a, b, c)=
(2b 2a, 2c 2b, 2c 4a, 4b 6a), hvoraf vi kan beregne T
5
(0, a, b, c) = (4a
2b, 4b 2a 2c, 4a 2b, 4b 2a 2c). Ifølge hjælpesætningen har et sådant adskilt
dobbeltpar orden 2, og ordenen af x bliver derfor højst 7.
2.2133) 4b 6a 0 4a 2c. Hæver vi numerisktegnene får vi: T
4
(0, a, b, c)=
(2b 2a, 2c 2b, 4a 2c, 6a 4b), hvoraf vi kan beregne T
5
(0, a, b, c)=(|8a
6b|, 4b 2a 2c, |4c 2b 4a|, 4b 2a 2c). Her fremkommer altså et adskilt par
efter 5 transformationer. Ifølge hjælpesætningen bliver ordenen af x højst 9.
2.2134) 0 4a 2c og 0 4b 6a. Vi vil reducere dette tilfælde til tilfælde 2.24,
idet det let vises, at T
2
(0, a, b, c)=(b, c a, 2a b, 2b a c) henhører under
tilfælde 2.24. Problemet er imidlertid som vi straks skal se, at der findes et »hul« i
kategorien 2.24, hvor der ikke er øvre grænse på ordnerne. Og i dette tilfælde kan
man faktisk havne i hullet 2.24322.
2.214) Hvis c + b 3a 0 og 3b 3a c 0, så er T
3
(0, a, b, c)=(a + c b, a +
b c, 3a b c, c 3b +3a). Heraf bestemmes T
4
(0, a, b, c) = (2b 2a, 2c 2b, 2b
2a, 2c 2b), altså to par ens efter fire transformationer. Talsættets orden bliver
ifølge hjælpesætningen således højst 6.
Hermed er der gjort rede for alle resultaterne under kategorien 1, 2.1 og 2.21 i
oversigtsskemaet. De andre tilfælde bevises på tilsvarende vis.
hansen.tex,v 1.12
68 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
Talsæt af uendelig orden
Af oversigtsskemaet fremgår, at de allerfleste 4-talsæt har en lille endelig orden.
Den eneste kategori, der volder bevistekniske problemer er 2.24322. Hvis man her
kunne bevise, at ordnerne havde en uniform øvre grænse ville den samme grænse
plus 2 gælde for det andet mulige hul ved 2.2134. Beviset kan imidlertid aldrig fin-
des, idet der findes et positivt irrationalt 4-sæt med uendelig orden. Da et sådant
irrationalt talsæt kan approksimeres vilkårlig godt med rationale talsæt, findes der
positive rationale talsæt med vilkårlig stor orden og dermed også (ved multipli-
kation med fællesnævneren) naturlige talsæt med vilkårlig stor orden. Talsættet
af uendelig orden findes ved følgende overvejelse: Den eksperimentelle undersø-
gelse af talsæt med høj orden viser, at de generation efter generation forbliver
strengt aftagende – næsten som en geometrisk række – hen gennem koordinat-
erne. Vi vil derfor prøve at konstruere et talsæt, der beviseligt har denne egen-
skab, og forsøger med et geometrisk aftagende sæt (c
3
,c
2
, c, 1) hvor altså c>1.
Hvis vi kan bestemme c, således at også T (c
3
,c
2
, c, 1) er geometrisk aftagende
med faktoren 1/c, så ville vi have at T (c
3
,c
2
, c, 1) = k · (c
3
,c
2
, c, 1), og dermed
T
2
(c
3
,c
2
, c, 1) = T
k · (c
3
,c
2
, c, 1)
= k · T (c
3
,c
2
, c, 1) = k · k · (c
3
,c
2
, c, 1). Heraf
ses at hele efterslægten til (c
3
,c
2
, c, 1) ville være en – fra nulrækken forskellig –
geometrisk række med faktor c. Heraf ville så følge at (c
3
,c
2
, c, 1) havde uendelig
orden. Men kravet er, at vi kan få T (c
3
,c
2
, c, 1) til at være geometrisk aftagende
med faktoren 1/c.DaT (c
3
,c
2
, c, 1) = (c
3
1,c
3
c
2
,c
2
c, c1) er denne betingelse
ensbetydende med: (c
3
1):(c
3
c
2
)=c, (c
2
c):(c1) = c og (c
3
c
2
):(c
2
c)=c.
Da de to sidste ligheder er opfyldt for enhver værdi af c, finder vi det egentlige krav
til c fra den første lighed, der kan omskrives til c
4
2c
3
+1=0. Vi kan faktorisere
c
4
2c
3
+1 til (c 1) ·(c
3
c
2
c 1). Da løsningen c =1giver et konstant talsæt,
må vi finde brugbare c-værdier blandt løsningerne til c
3
c
2
c1=0. Denne tred-
jegradsligning har imidlertid kun en enkelt reel løsning, der ved Cardanos metode
findes til:
3
297 + 19
27
3
297 19
27
+
1
3
=1.8392867552.
Tillægges c denne værdi, vil alle talsæt af formen k
1
·(c
3
k
2
,c
2
k
2
,ck
2
, 1 k
2
),
hvor k
1
0 og k
2
er vilkårlige reelle tal, samt cykliske forskydninger og spejlvendin-
ger af sådann e sæt have uendelig orden. Det synes at være et rimeligt »conjecture« ,
at ingen andre 4-sæt har uendelig orden.
Tilsvarende findes der irrationale n-sæt med uendelig orden for alle andre n som
er potenser af 2, fraregnet 2
1
.Forn =8findes dette talsæt på analog måde som for
n =4. Vi finder således at T (c
7
,c
6
,c
5
,c
4
,c
3
,c
2
,c
1
, 1) = k·(c
7
,c
6
,c
5
,c
4
,c
3
,c
2
,c
1
, 1),
hvor både k og c er positive, netop hvis c
7
c
6
c
5
c
4
c
3
c
2
c
1
1=0,
hvilket giver c =1.99196419660503.
Et 16-sæt af u end elig orden bestemmes til
(c
15
,c
14
,c
13
,c
12
,c
11
,c
10
,c
9
,c
8
,c
7
,c
6
,c
5
,c
4
,c
3
,c
2
,c
1
, 1)
hvor c =1.999969. Ved stigende potens af 2 konvergerer den ne c-værdi hurtigt mod
2.
hansen.tex,v 1.12
Normat 2/2004 Hans Christian Hansen 69
Den gyldne trisektion
Hvis vi deler liniestykket med længden a i tre stykker, der i faldende størrelsesorden
benævnes b, c, 1 og inspireret af det gyldne snit forlanger, at a/b = b/c = c/1,så
fås b = c
2
og a = c
3
. Endvidere skal det hele være lig med summen af delene, altså
c
3
= c
2
+ c +1, hvilket netop er definitionen på vor c-værdi i foregående afsnits
behandling af 4-sæt. Det vil være naturligt at kalde dette en gylden trisektion af
liniestykket a.
Inspireret af at det klassiske gyldne snit opnås som grænseværdien af forholdet
mellem to på hinanden følgende led i Fibonaccis talfølge: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, hvor
hvert led er summen af de to foregående, definerer vi en T -følge
2
således:
T
1
=1,T
2
=1,T
3
=1,T
4
=1+1+1=3
og generelt T
n
= T
n1
+ T
n2
+ T
n3
.
Vi vil eksperimentelt sondere om denne følge har vor c-værdi, 1.83928, som græn-
seværdi for sine kvotienter:
T
n
1 1 1 3 5 9 17 31 57 105 193 355 653 1201
T
n
/T
n1
11131.67 1.81.89 1.82 1.84 1.842 1.838 1.839 1.8394 1.8392
Hvis vi går langt ud i talrækken bekræftes denne tendens med så mange decimaler
som regnearket råder over. Vi vil her springe over beviset, der naturligt kan trække
på ideerne fra det tilsvarende bevis for det klassiske gyldne snit. T -følgen kan bruges
til at finde gode heltallige approksimationer til elementet af uendelig orden.
T
22
= 157305 T
23
= 289329 T
24
= 532159 T
25
= 978793
Således opnår 4-sættet (157305, 289329, 532159, 978793) ordenen 34, og bliver sand-
synligvis (modulo addition af en konstant i alle koordinater) det eneste 4-sæt med
tal mindre en 1 million med så høj en orden. Ændres nogle af sættets koordinater
med +1 eller 1 falder ordenen med cirka 8. Tilsvarende finder vi et 4-sæt med
koordinaterne mindre en 100 milliarder og orden lig 61, som det følgende der starter
med T
40
T
40
= 9129195487 T
41
= 16791208345 T
42
= 30883847113 T
43
= 56804250945
Igen er talsættets orden så følsomt, at blot en variation på +1 eller 1 i en enkelt
koordinat reducerer tallets orde n med mindst 16. Så man skal ikke af vige for meget
fra den »gyldne middelvej«, der i dette tilfælde er den gyldne trisektion.
Didaktisk efterskrift
En problemstilling som den her behandlede falder uden for det sædvanlig ind-
hold i matematikholdige u dd anne lser. Men da man nu i stigende omfang går over
2
Der referes til denne T-følge som Tribonacci følgen i litteraturen om på nettet.
hansen.tex,v 1.12
70 Hans Christian Hansen Normat 2/2004
til at beskrive mål i kompetencetermer, kan problemstillingen vise sig pædago-
gisk interessant, da den trækker på og aktiverer en række matematikkompetencer
som tankegangs-, ræsonnements- og problembeh andlingskompe tence n. De indgår
i de danske læseplaner for læreruddannelsen fra sommeren 2004, hvor for eksem-
pel problembehandlingskompetencen beskrives kort som: Strategier og værktøjer
til f ormulering og løsning af matematiske problemer for eksempel: specialisering og
generalisering, analyse og syntese, skift af repræsentationsform og brug af relevante
hjælpemidler, herunder IT.
I udgangspunktet så vi på en opgave for 3. klasse. Det interessante er imidlertid,
at problemstillingen giver anledning til en række delproblemstillinger, som eleven
eller den studerende selv kan være med til at opstille og løse på alle niveauer fra
3. klasse til ind på de første år af matematikstudiet. Der er rig mulighed for at
eksperimentere ved hjælp af regneark; de vigtigste resultater kan findes eksperi-
mentelt og de letteste beviser er der chancer for at kunne konstruere selv i dialog
med læreren.
hansen.tex,v 1.12
