Getaltheorie I

advertisement
Lesbrief 1
Getaltheorie I
De getaltheorie houdt zich bezig met het onderzoek van eigenschappen van gehele
getallen, en meer in het bijzonder, van natuurlijke getallen. In de getaltheorie is
het gebruikelijk onder de verzameling van de natuurlijke getallen te verstaan de
verzameling N = {1, 2, . . .}, 0 wordt dan dus niet tot N gerekend. Voor de gehele
getallen schrijven we: Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .}
1
Priemgetallen
Er zijn natuurlijke getallen die geschreven kunnen worden als product van twee of
meer kleinere natuurlijke getallen, bijvoorbeeld 6 = 2 · 3 of 30 = 2 · 3 · 5, terwijl dit
bij andere getallen, zoals 3, 13 of 29 niet mogelijk is. In het algemeen, als c = a · b
het product is van twee natuurlijke getallen a en b, heten a en b delers of factoren
van c. Ook heet c dan een veelvoud van a (en van b). Elk natuurlijk getal heeft de
volgende vanzelfsprekende ontbinding in factoren:
c=c·1=1·c
(1)
Definitie 1.1 Een natuurlijk getal c > 1 dat slechts als in (1) in twee factoren
ontbonden kan worden, heet een priemgetal. Elk natuurlijk getal c > 1 dat geen
priemgetal is, heet een samengesteld getal.
Het getal 1 is dus per definitie noch priemgetal noch samengesteld.
1.1
De zeef van Eratosthenes
Om alle priemgetallen kleiner dan een gegeven getal N te bepalen, moet men uit de
rij 2, 3, . . . , N alle samengestelde getallen verwijderen. Dit kan men systematisch
doen door achtereenvolgens alle veelvouden van 2, van 3, enz. te schrappen. Hierbij
kan men natuurlijk alle veelvouden van n overslaan zodra n zelf al geschrapt is
(want dan zijn de veelvouden van n ook al geschrapt). Bovendien kan men bij het
schrappen van de veelvouden van p beginnen bij p2 , omdat de kleinere veelvouden
al eerder zijn geschrapt. De rij van getallen die niet geschrapt worden, is de rij
van alle priemgetallen kleiner dan N : 2, 3, 64, 5, 66, 7, 68, 69, . . .. Deze methode is voor
het eerst beschreven door de Griekse wiskundige Eratosthenes (±200 v. Chr.), en
staat bekend als de zeef van Eratosthenes. Elke priemgetallentabel is op deze wijze
gemaakt.
De Griekse wiskundige Euclides (±300 v. Chr.) schreef een boek, “Elementen”,
waarin hij op systematische wijze de gehele op dat moment bekende wiskunde behandelde. Dit boek bevat ook een gedeelte over getaltheorie. Hierin komt al de
volgende stelling voor:
1
Stelling 1.2 Er zijn oneindig veel priemgetallen.
Bewijs. Stel dat er slechts eindig veel priemgetallen waren: 2, 3, 5, . . . , pk . Vorm
dan het product van alle priemgetallen: P = 2 · 3 · 5 · · · pk . Het getal P + 1 is groter
dan elk van de priemgetallen, en moet dus een samengesteld getal zijn. P + 1 is
echter niet deelbaar door 2, want het eerste getal na P dat door 2 deelbaar is, is
P + 2. Om dezelfde reden is P + 1 niet deelbaar door 3, 5 of één van de andere
priemgetallen. Tegenspraak. 1.2
De hoofdstelling van de rekenkunde
Elk samengesteld getal kan geschreven worden als product van twee kleinere factoren. Als minstens één van beide samengesteld is, kan men die ook weer schrijven
als product van kleinere factoren. Zo kan men doorgaan tot er slechts priemgetallen
als factoren overblijven. Hieruit blijkt: elk getal groter dan 1 is een priemgetal of
het product van priemgetallen. Men kan een samengesteld getal in het algemeen
op verschillende manieren via een aantal tussenstappen in priemgetallen ontbinden.
Iedereen weet echter dat het uiteindelijke resultaat, de ontbinding in priemfactoren,
steeds hetzelfde is (afgezien van de volgorde). Deze bekende eigenschap van de natuurlijke getallen lijkt nauwelijks nadere beschouwing waard, totdat men ontdekt
dat in vergelijkbare ‘getalsystemen’ waarin men ook een ‘ontbinding in priemfactoren’ kan definiëren de eenduidigheid van de ontbinding niet geldt.
Voorbeeld: Beschouw de even getallen (2, 4, 6, . . .). Sommige ervan kan men schrijven als product van even factoren, bijvoorbeeld 20 = 2 · 10. Bij andere is dit niet
mogelijk. We noemen even getallen die niet het product zijn van even factoren
even-priemgetallen. Dit zijn precies de even getallen die geen viervoud zijn. (Ga
dit na.) Elk even getal is te schrijven als product van even-priemgetallen, maar
zo’n ontbinding hoeft niet eenduidig te zijn. Het getal 420 bijvoorbeeld heeft onder
andere de ontbindingen 420 = 6 · 70 = 10 · 42.
Opgave 1.1 Bepaal alle even-priemontbindingen van 360.
Opgave 1.2 Wanneer heeft een even getal een eenduidige ontbinding in evenpriemgetallen?
Het feit dat de ‘gewone’ ontbinding in priemfactoren wèl eenduidig is, is blijkbaar
toch iets bijzonders. Het staat zelfs bekend als de hoofdstelling van de rekenkunde:
Stelling 1.3 De ontbinding in priemfactoren van een natuurlijk getal is eenduidig
bepaald.
Bewijs. Stel dat de ontbinding niet voor alle natuurlijke getallen eenduidig is. Laat
c het kleinste natuurlijke getal zijn dat op (minstens) twee verschillende manieren
in priemfactoren kan worden ontbonden: c = p1 p2 · · · pk = q1 q2 · · · ql met p1 ≤
p2 ≤ · · · ≤ pk en q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qk . Geen van de priemfactoren pi kan gelijk
zijn aan een priemfactor qj , want dan zou men c door deze factor kunnen delen en
zou er een kleiner natuurlijk getal zijn dan c met twee ontbindingen. Dit zou in
tegenspraak zijn met de keuze van c. Men kan nu veronderstellen p1 < q1 . Dan geldt
2
p1 q1 < q1 q1 ≤ q1 q2 ≤ q1 q2 · · · ql = c. Het getal c0 = c − p1 q1 = q1 (q2 q3 · · · ql − p1 )
heeft volgens de aannames een eenduidige priemontbinding. p1 is een priemfactor
van c en van p1 q1 , dus ook van c0 . p1 is echter geen factor van q2 q3 · · · ql , dus ook
niet van q2 q3 · · · ql − p1 . Tegenspraak. Opgave 1.3 Waarom is het bovenstaande bewijs niet overdraagbaar op het geval
van de even-priemgetallen?
Opgave 1.4 Gegeven is een positief geheel getal n, n > 2. Vn is de verzameling
getallen van de vorm kn + 1, waarin k een positief geheel getal is. Een getal m ∈ Vn
heet onontbindbaar in Vn als er geen getallen p, q ∈ Vn bestaan met m = pq.
Bewijs dat er een getal in Vn bestaat dat op meer dan één manier te schrijven is
als het product van in Vn onontbindbare elementen. (Schrijfwijzen die slechts in de
volgorde van de factoren verschillen worden als gelijk beschouwd.) (IWO 1977)
2
Ggd’s en kgv’s
Gegeven zijn twee natuurlijke getallen a en b. Het grootste natuurlijke getal dat
zowel een deler is van a als van b heet de grootste gemene deler van a en b. Notatie:
ggd(a, b) of kortweg (a, b). Het kleinste getal dat zowel een veelvoud van a als van
b is, heet het kleinste gemene veelvoud van a en b. Notatie: (a, b) of kortweg [a, b].
a is een deler van b korten we af tot a | b.
Bewijs met behulp van de hoofdstelling van de rekenkunde:
Opgave 2.1 Elke gemeenschappelijke deler van a en b is ook een deler van ggd(a, b).
Opgave 2.2 Elk gemeenschappelijk veelvoud van a en b is ook een veelvoud van
(a, b).
Opgave 2.3 ggd(a, b) · (a, b) = a · b.
Opgave 2.4 Als d = ggd(a, b) dan geldt ggd( ad , db ) = 1.
Stelling 2.1 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b bestaan er gehele getallen q
(voor quotiënt) en r (voor rest) zo, dat b = qa + r en 0 ≤ r < a.
Bewijs. Noem het kleinste veelvoud van a dat groter is dan b (q + 1)a, en noem
r = b − qa. q en r voldoen dan aan de gevraagde eigenschappen. Men kan de ggd van twee getallen bepalen door beide in priemfactoren te ontbinden.
Vooral bij grote getallen kan dit echter een omvangrijk werk zijn. Er is een veel
snellere methode. Deze berust op het volgende feit: als b = qa + r, q ∈ Z, dan geldt
ggd(a, b) = ggd(a, r). Elke deler van a en b is immers ook een deler van r = b − qa
en omgekeerd is elke deler van a en r een deler van b = qa + r. Om de ggd(a, b) te
3
bepalen kan men daarom het volgende algoritme gebruiken:
b
a
r1
r2
=
=
=
=
..
.
q1 a
q 2 r1
q 3 r2
q 4 r3
+
+
+
+
rk−2
rk−1
= qk rk−1
= qk+1 rk
r1
r2
r3
r4
+ rk
+ rk+1
(0 ≤ r1
(0 ≤ r2
(0 ≤ r3
(0 ≤ r4
..
.
< a)
< r1 )
< r2 )
< r3 )
(0 ≤ rk < rk−1 )
(rk+1 = 0)
We weten zeker dat er een k ∈ N is waarvoor rk+1 = 0, want anders zou de rij
a, b, r1 , r2 , . . . een oneindige, strikt dalende rij natuurlijke getallen zijn, en zo’n rij
bestaat niet. (Bewijs dit.) Hieruit blijkt vervolgens dat rk = ggd(rk , rk−1 ) =
ggd(rk−1 , rk−2 ) = · · · = ggd(r1 , a) = ggd(a, b).
Een voorbeeld: bepaal ggd(1970, 1066).
1970
1066
904
162
94
68
= 1 · 1066
=
1 · 904
=
5 · 162
=
1 · 94
=
1 · 68
=
2 · 26
+ 904
+ 162
+
94
+
68
+
26
+
16
26
16
10
6
4
= 1 · 16 + 10
= 1 · 10 + 6
= 1·6 + 4
= 1·4 + 2
= 2·2
De ggd van deze twee getallen is dus 2. Het bovenstaande algoritme voor het
berekenen van ggd’s staat al beschreven in Euclides’ “Elementen” en heet daarom
het algoritme van Euclides.
Opgave 2.5 Bepaal ggd(30444, 11868), ggd(16913, 16949) en ggd(9597, 4841).
Opgave 2.6 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a − b) ∈ {1, 2}.
Opgave 2.7 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a2 − ab + b2 ) ∈ {1, 3}.
Opgave 2.8 Bewijs de volgende varianten van stelling 2.1:
(1) als a en b gehele getallen zijn en a 6= 0, bestaan er gehele getallen q en r met
0 ≤ r < |a| en b = qa + r.
(2) als a en b gehele getallen zijn en a 6= 0, bestaan er gehele getallen q en r met
− 21 |a| < r ≤ 12 |a| en b = qa + r.
Opgave 2.9 Op variant (2) uit de vorige opgave kan men een algoritme baseren
analoog aan het algoritme van Euclides. Omdat de hierbij optredende resten in
het algemeen kleiner zijn dan bij Euclides’ algoritme, werkt dit algoritme meestal
sneller. Ga dit na voor de ggd’s uit opgave 2.
Opgave 2.10 a is een natuurlijk getal met de volgende eigenschappen:
(1) a100 geeft bij deling door 73 rest 2.
(2) a101 geeft bij deling door 73 rest 69.
Bepaal de rest bij deling van a door 73
Stelling 2.2 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b zijn er gehele getallen m en
n zo, dat ggd(a, b) = ma + nb.
Bewijs. De verzameling S van alle getallen van de vorm xa + yb met x en y geheel
heeft een kleinste positieve element. Stel dat dit ma + nb is. Elke deler van a en
4
b is ook een deler van ma + nb. In het bijzonder is dus ggd(a, b) een deler van
ma + nb. Anderzijds is het voor zekere gehele q en r zo, dat a = q(ma + nb) + r
met 0 ≤ r < ma + nb. Dit betekent dat r = (1 − qm)a − qnb, dus r behoort tot
S. Maar ma + nb is het kleinste positieve element van S, dus r = 0. Bijgevolg is
ma + nb een deler van a. Evenzo bewijst men dat ma + nb een deler is van b, dus
ma + nb ≤ (a, b). Er was al bewezen dat ggd(a, b) een deler van ma + nb is, dus
moet gelden ma + nb = ggd(a, b). Een ander bewijs van deze stelling kan men uit het algoritme van Euclides afleiden:
kijk nog eens naar de algemene techniek en merk op dat ggd(a, b) = rk , dus dat
uit de voorlaatste vergelijking volgt ggd(a, b) = rk−2 − qk rk−1 en uit de vergelijking
daarvoor ggd(a, b) = rk−2 − qk (rk−3 − qk−1 rk−2 ). Zo voortgaande kan men ggd(a, b)
uitdrukken in ri ’s met steeds lagere rangnummers, en uiteindelijk in a en b. Dit
geeft dus ook een methode om zulke getallen m en n daadwerkelijk te bepalen.
Opgave 2.11 Bepaal getallen m en n als boven voor de getallenparen uit opgave
2.
Opgave 2.12 Bepaal gehele getallen x en y zo, dat 91x + 221y = 1053.
Opgave 2.13 Bewijs dat elk geheel getal n te schrijven is in de vorm n = 29x + 13y
waarbij x en y geheel zijn.
Opgave 2.14 Bepaal het kleinste natuurlijke getal N zo, dat elk natuurlijk getal
n > N geschreven kan worden als n = 29x + 13y met x en y natuurlijk.
3
Volledige Inductie
Om de geldigheid te bewijzen van een uitspraak van de vorm ’Voor ieder natuurlijk
getal n geldt P (n)’, waarbij P (n) staat voor een bewering (propositie) waarin n
voorkomt, maakt men vaak gebruik van de volgende methode:
1. Men bewijst P (1).
2. Men bewijst dat als P (1), P (2), . . . , P (k) gelden, dan ook P (k + 1) geldt.
Hieruit volgt de geldigheid van P (n) voor alle natuurlijke n. Immers, zou P (n) niet
voor alle natuurlijke getallen n gelden, dan zou er een kleinste natuurlijke waarde
n0 zijn waarvoor P (n0 ) niet geldt. n0 is niet gelijk aan 1 wegens (1) en omdat P (1)
tot en met P (n0 − 1) wel gelden, geldt P (n0 ) ook op grond van (2). Tegenspraak.
Voorbeeld: voor elk natuurlijk getal n geldt 12 + 22 + · · · + n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1).
Bewijs. de geldigheid van de formule voor n = 1 is duidelijk. Stel dat de formule
ook voor alle n ≤ k geldt. Dan volgt: 12 +22 +· · ·+k 2 +(k+1)2 = (12 +22 +· · ·+k 2 )+
(k+1)2 = 16 k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 = 16 (k+1)(2k 2 +7k+6) = 16 (k+1)(k+2)(2k+3)
en dit is precies de formule voor n = k + 1. 5
Opgave 3.1 Bewijs de volgende beweringen met volledige inductie voor alle natuurlijke n:
(1) 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 ;
(2) 1 + 2 + · · · + n = 12 n(n + 1);
(3) 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2 ;
(4) an − bn is deelbaar door a − b;
(5) 33n+1 + 7 · 5n−1 is deelbaar door 11.
Opmerking:
Pn in plaats van f (1) + f (2) + · · · + f (n) gebruikt men vaak de korte
notatie i=1 f (i). Zo kan men bijvoorbeeld de derde formule uit de vorige opgave
2
Pn
Pn
schrijven als i=1 i3 =
k=1 k .
4
Gemengde opgaven
Opgave 4.1 Bewijs dat men uit elke verzameling van 52 gehele getallen er twee
kan kiezen waarvan de som of het verschil een veelvoud is van 100.
Opgave 4.2 Er zijn paren priemgetallen die verschil twee hebben, zoals (5, 7) en
(29, 31). Bestaan er ook priemgetallen p1 , p2 , p3 zo, dat p3 − p2 = p2 − p1 = 2?
Opgave 4.3 p1 en p2 zijn priemgetallen groter dan 3 met verschil 2. Bewijs dat
p1 + p2 deelbaar is door 12.
Opgave 4.4 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n, 9n + 63 deelbaar is door 72.
Opgave 4.5 Bewijs dat
n
3
2
3
+ n2 + n6 voor alle natuurlijke n een natuurlijk getal is.
Opgave 4.6 Bepaal vier verschillende paren natuurlijke getallen zo, dat het verschil
van hun kwadraten gelijk is aan 105.
Opgave 4.7 Bewijs dat 2256 − 1 geen priemgetal is en geef minstens drie priemfactoren ervan.
Opgave 4.8 Bewijs dat er precies één derdemacht van de vorm 2p + 1 is, waarin p
priem is.
Opgave 4.9 Bewijs dat ggd(n3 + 2n, n4 + 3n2 + 1) = 1 voor elke n ∈ N.
Opgave 4.10 Bewijs dat 3n2 − 1 voor geen enkel natuurlijk getal n een kwadraat
is.
Opgave 4.11 Bepaal gehele x en y zo, dat 101x + 753y = 100.000.
Opgave 4.12 n wordt in het tientallig stelsel geschreven met 300 enen en een aantal
nullen. Is n een kwadraat?
6
Lesbrief 2
Getaltheorie II
1
Lineaire vergelijkingen
Een vergelijking van de vorm
ax + by = c, a, b, c ∈ Z
(1)
heet een lineaire vergelijking. In de getaltheorie gaat het er slechts om gehele
oplossingen te vinden, d.w.z. gehele getallen x en y die aan de vergelijking voldoen.
Hierbij kunnen a en b beide niet-negatief worden verondersteld. (Substitueer anders
x0 = −x of y 0 = −y.) Als a = 0 of b = 0 is het onderzoek van (1) geen probleem.
Stel daarom
ax + by = c, a, b, c ∈ Z, a, b > 0 .
(2)
Als d een gemeenschappelijke deler van a en b is, volgt uit (2) dat d ook een deler
van c moet zijn.
Stelling 1.1 (2) heeft geen gehele oplossingen als c geen veelvoud van ggd(a, b) is.
In de eerste lesbrief over getaltheorie is al bewezen dat er gehele getallen m en n
zijn zo, dat am + bn = ggd(a, b). Als dus c = k · ggd(a, b) voor een zekere gehele k,
dan is (x = km, y = kn) een oplossing van (2). Zijn er nog meer oplossingen? Stel
dat (x1 , y1 ) en (x2 , y2 ) beide oplossingen zijn. Substitueer deze oplossingen in (2)
en trek de vergelijkingen van elkaar af, dan ontstaat met de notatie u = x1 − x2 ,
v = y1 − y2 de vergelijking
au + bv = 0 .
(3)
a
Deel deze vergelijking door ggd(a, b) en schrijf a0 = ggd(a,b)
, b0 =
krijgen we:
a0 u + b0 v = 0, ggd(a0 , b0 ) = 1 .
0
0
0
b
ggd(a,b) ,
dan
(4)
0
Het getal A = a u = −b v is een gemeenschappelijk veelvoud van a en b . Het is
dus ook een veelvoud van (a0 , b0 ). We weten dat (a0 , b0 ) · ggd(a0 , b0 ) = a0 b0 . Omdat
ggd(a0 , b0 ) = 1 is het dus voor zekere gehele r waar dat A = ra0 b0 . Hieruit volgt:
u = rb0 , v = −ra0 .
(5)
Omgekeerd voldoet ook ieder paar (u, v) van de vorm (5) voor elke gehele r aan (4),
dus ook aan (3), zodat (5) alle gehele oplossingen van (3) beschrijft.
Stelling 1.2 De collectie van alle paren (u, v) van de vorm
u=
rb
−ra
, v=
, r∈Z
ggd(a, b)
ggd(a, b)
is gelijk aan de collectie van alle gehele oplossingen van (3).
1
Het gevolg hiervan is:
Stelling 1.3 Vergelijking (2) heeft slechts gehele oplossingen indien voor zekere
gehele k geldt dat c = kggd(a, b). Als in dat geval (x0 , y0 ) een gehele oplossing is,
wordt de collectie van alle gehele oplossingen gegeven door:
x = x0 +
−ra
rb
, y = y0 +
, r∈Z.
ggd(a, b)
ggd(a, b)
Opgave 1.1 Bepaal alle gehele oplossingen (indien aanwezig) van:
(a) 3x − 2y = 0
(e) 6x + 3y = 1
(b) 3x − 2y = 2
(f) 23x + 59y = 2
(c) 6x − 2y = 2
(g) 9x − 51y = 7
(d) 4x + 3y = 1
(h) 14x − 63y = 91
2
Congruenties en restklassen
Definitie 2.1 Stel a, b, m ∈ Z, m > 1. Indien a en b bij deling door m dezelfde rest
geven, d.w.z. indien a − b = cm voor zekere c ∈ Z, heten a en b congruent modulo
m. Notatie: a ≡ b mod m.
Voorbeelden: 29 ≡ 9 mod 10, 3 ≡ 63 mod 5, 7 ≡ −1 mod 8, 122 ≡ 1 mod 13.
Stelling 2.2 Als a ≡ b mod m en b ≡ c mod m dan is a ≡ c mod m.
Stelling 2.3 Als a ≡ b mod m en c ≡ d mod m dan is a + c ≡ b + d mod m.
Stelling 2.4 Als a ≡ b mod m dan is voor elke gehele c ook ac ≡ bc mod m.
Gevolg: als a ≡ b mod m en c ≡ d mod m dan is ac ≡ bd mod m.
Opgave 2.1 Bewijs de vorige drie stellingen.
Rekenen met congruenties lijkt dus erg op het rekenen met vergelijkingen. Er is
echter een belangrijk verschil: uit ac ≡ bc mod m met c 6≡ 0 mod m hoeft niet te
volgen dat a ≡ b mod m.
Voorbeeld: 6 · 12 ≡ 6 · 7 mod 10, maar 12 6≡ 7 mod 10.
In andere gevallen gaat het wel: 6 · 12 ≡ 6 · 7 mod 5 en 12 ≡ 7 mod 5.
Stelling 2.5 Als ac ≡ bc mod m en ggd(c, m) = 1, dan is a ≡ b mod m.
Bewijs. ac ≡ bc mod m betekent dat voor zekere gehele k geldt (a − b)c = km.
Aangezien ggd(c, m) = 1 moet elke priemfactor van c in k bevat zijn, d.w.z. k = lc
voor zekere gehele l, dus (a − b)c = lcm. Omdat ggd(c, m) = 1 geldt zeker c 6≡
0 mod m (want ggd(0, m) = m voor alle gehele m), dus deze vergelijking kan door
c gedeeld worden. 2
Rekent men modulo m, dan zijn er m verschillende soorten getallen, al naar gelang
ze verschillende resten geven bij deling door m. De verzameling van alle gehele
getallen die éénzelfde rest geven heet een restklasse modulo m. Er zijn dus precies
m verschillende restklassen modulo m. De restklasse die een getal a bevat, noteert
men als a. Deze notatie is natuurlijk niet eenduidig bepaald, want als a ≡ b mod m,
stellen a en b dezelfde restklasse modulo m voor en omgekeerd. Zo is bijvoorbeeld 8
gelijk aan −13 modulo 7. De keuze van precies één getal uit elk van de m restklassen
modulo m geeft wat men noemt een volledig stel resten modulo m. 0, 1, 2, 3, 4 is
bijvoorbeeld een volledig stel resten modulo 5, maar 11, −5, 9, 18, −3 ook.
Opgave 2.2 Ga na of de volgende congruenties juist zijn: 371 ≡ 250 mod 11,
333 ≡ 223 mod 13, 457 ≡ 9 mod 8, 632865 ≡ 41 mod 4.
Opgave 2.3 Bewijs dat n2 ≡ 0 mod 4 of n2 ≡ 1 mod 4 voor alle gehele n.
Opgave 2.4 Welke resten kan n3 geven bij deling door 9 als n geheel is?
Opgave 2.5 Bepaal de rest bij deling van 235 door 63, 3100 − 1 door 80 en 235 door
127.
Opgave 2.6 Bepaal het kleinste getal n ∈ N zo, dat 246 ≡ n mod 47.
Opgave 2.7 S(n) is de som van de cijfers van n in het tientallig stelsel. Bewijs dat
S(n) ≡ n mod 9 en S(n) ≡ n mod 3.
Opgave 2.8 Voor welke natuurlijke n geldt n = 144 · S(n)?
Opgave 2.9 Bewijs het volgende criterium voor deelbaarheid door 11: stel n =
a1 a2 · · · ak waarin a1 , . . . , ak de cijfers van n in het tientallig stelsel zijn. n is een
elfvoud dan en slechts dan als de alternerende som a1 − a2 + a3 − a4 + · · · ± ak een
elfvoud is.
Opgave 2.10 Bewijs: als ggd(m, n) = 1, a ≡ b mod m en a ≡ b mod n dan a ≡
b mod mn. (Omgekeerd geldt natuurlijk dat als a ≡ b mod mn dan a ≡ b mod m
en a ≡ b mod n, ook als ggd(m, n) 6= 1.)
Opgave 2.11 Laat zien dat 0, 30 , 31 , 32 , . . . , 315 een volledig stel resten modulo 17
vormen. Geldt dit ook voor 0, 20 , 21 , 22 , . . . , 215 ?
Opgave 2.12 Bewijs: als ggd(a, m) = 1 en a ≡ b mod m dan geldt ook
ggd(b, m) = 1.
Opgave 2.13 Op welke cijfers eindigen de getallen 6811 , 21000 en 3999 ?
Opgave 2.14 Bepaal de resten bij deling van 21000 door 3, 5, 11 en 13.
Opgave 2.15 Bewijs dat voor alle oneven natuurlijke getallen m en k de som
1k + 2k + · · · + (m − 1)k deelbaar is door m.
3
3
De kleine stelling van Fermat
De volgende stelling kan het rekenen modulo een priemgetal sterk vereenvoudigen.
Stelling 3.1 (P. de Fermat, 1601-1665) Als p een priemgetal is, en a is een
geheel getal zo, dat ggd(a, p) = 1, dan geldt ap−1 ≡ 1 mod p.
Voorbeelden: 210 ≡ 1 mod 11, 2536 ≡ 1 mod 37.
Bewijs. Beschouw a, 2a, . . . , (p−1)a. Geen tweetal van deze getallen zit in dezelfde
restklasse modulo p. Stel namelijk ia ≡ ja mod p met 1 ≤ j < i ≤ p − 1, dan volgt
op grond van stelling (2.5) dat i ≡ j mod p, een tegenspraak. Geen van de getallen
a, 2a, . . . , (p − 1)a zit in de restklasse 0, want geen van die getallen is een p-voud.
Deze restklassen zijn dus precies de restklassen 1, 2, . . . , (p − 1), eventueel in een
andere volgorde. Uit het gevolg van stelling (2.4) volgt nu a · 2a · · · (p − 1)a ≡
1 · 2 · · · (p − 1) mod p. Omdat p een priemgetal is, mag op grond van stelling (2.5)
deze congruentie worden gedeeld door 1 · 2 · · · (p − 1). Er staat dan ap−1 ≡ 1 mod p.
Opgave 3.1 p is een priemgetal. Bewijs dat np ≡ n mod p voor alle gehele n.
Opgave 3.2 Geldt 3340 ≡ 1 mod 341?
Opgave 3.3 Bepaal de kleinste n ∈ N zo, dat n ≡ 12746 mod 37, n ≡ 774 mod 37,
n ≡ 712 mod 2340.
Opgave 3.4 Bewijs dat 2730 een deler is van n13 − n voor alle gehele n.
Opgave 3.5 Bewijs dat 22225555 + 55552222 deelbaar is door 7.
4
De stelling van Euler
Het bovenstaande bewijs van de kleine stelling van Fermat berust op twee feiten:
1. de restklassen van a, 2a, . . . , (p − 1)a zijn allemaal verschillend (en dus de
restklassen van 1, 2, . . . , (p − 1) in zekere volgorde).
2. uit de congruentie a · 2a · · · (p − 1)a ≡ 1 · 2 · · · (p − 1) mod p mogen we de
factoren 1, 2, . . . , (p − 1) wegdelen.
Kan men dezelfde methode gebruiken bij het rekenen modulo m als m geen priemgetal is? Stel a is een natuurlijk getal met ggd(a, m) = 1. Beschouw a, 2a, . . . , (m−1)a.
In verband met (2) en ook wegens stelling (2.5) schrappen we uit deze rij de veelvouden ka van a met ggd(k, m) 6= 1. Er blijft een deelrij r1 a, r2 a, . . . , rk a = (m − 1)a
over. Als ri a en rj a (i 6= j) in dezelfde restklasse zitten, dan geldt ri a ≡ rj a mod m
en omdat ggd(a, m) = 1 impliceert dit ri ≡ rj mod m. 0 < ri en rj < m maken
deze laatste congruentie echter onmogelijk. Alle ri a zitten dus in verschillende restklassen. Hetzelfde geldt natuurlijk ook voor de getallen ri zelf. Deze getallen zijn
4
de natuurlijke getallen kleiner dan m die met m onderling ondeelbaar zijn (d.w.z.
ggd(ri , m) = 1). Er geldt echter ook voor alle i dat ggd(ri a, m) = 1. Stel immers
ri a = qm + t met 0 ≤ t < m. Dan is ggd(m, t) = 1, want elke gemeenschappelijke priemfactor van m en t is ook een factor van ri a, dus van ri of van a. Maar
ggd(ri , m) = 1 en ggd(a, m) = 1. Tegenspraak. De conclusie is dat de restklassen
r1 , r2 , . . . , rk dezelfde zijn als r1 a, r2 a, . . . , rk a, eventueel in een andere volgorde.
Gevolg: r1 a · r2 a · · · rk a ≡ r1 · r2 · · · rk mod m en omdat ggd(ri , m) = 1 voor alle i
volgt hieruit
ak ≡ 1 mod m .
Het getal k, het aantal natuurlijke getallen kleiner dan m dat met m onderling
ondeelbaar is, noteert men als ϕ(m). De functie ϕ heet de ϕ-functie van Euler,
naar Leonhard Euler(1707-1783). We hebben nu bewezen:
Stelling 4.1 Als ggd(a, m) = 1, dan geldt aϕ(m) ≡ 1 mod m.
Voor de ϕ-functie kunnen we een expliciete uitdrukking afleiden. Dit doen we met
twee hulpstellingen.
Stelling 4.2 Als p een priemgetal is, dan geldt voor ieder natuurlijk getal n dat
ϕ(pn ) = pn−1 (p − 1).
Bewijs. Alleen de veelvouden van p zijn niet onderling ondeelbaar met pn . Daarvan
zijn er pn−1 kleiner dan of gelijk aan pn , dus volgt ϕ(pn ) = pn − pn−1 . Stelling 4.3 Als ggd(m, n) = 1 dan geldt ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
Bewijs. Beschouw de mn getallen van de vorm xm + yn (0 ≤ x < n, 0 ≤ y < m).
Deze zitten allemaal in verschillende restklassen modulo mn. Stel namelijk dat
x1 m + y1 n ≡ x2 m + y2 n mod mn, dan geldt voor zekere gehele k dat (x1 − x2 )m +
(y1 − y2 )n = kmn. Omdat ggd(m, n) = 1 is x1 − x2 dan een veelvoud van n en
y1 − y2 een veelvoud van m, tegenspraak. Omdat ggd(m, n) = 1 geldt ggd(xm +
yn, mn) = 1 dan en slechts dan als ggd(xm + yn, m) = 1 en ggd(xm + yn, n) = 1.
Maar ggd(xm + yn, m) = ggd(yn, m) = ggd(y, m) omdat ggd(m, n) = 1 en evenzo
ggd(xm + yn, n) = ggd(x, n). Het is duidelijk dat ggd(a, mn) = ggd(a + kmn, mn)
voor alle gehele k. In plaats van het aantal getallen kleiner dan mn te tellen die met
mn onderling ondeelbaar zijn, kan men dus net zo goed het aantal van deze getallen
tellen in een willekeurig volledig stel resten modulo mn. Het stelsel {xm + yn} als
boven is precies zo’n volledig stel resten, en bewezen is dat ggd(xm + yn, mn) = 1
dan en slechts dan als ggd(x, n) = 1 en ggd(y, m) = 1. Hieruit volgt dat ϕ(mn) =
ϕ(m)ϕ(n). Combinatie van de vorige twee stellingen levert
Stelling 4.4 Als m = pk11 pk22 · · · pkr r waarin p1 , p2 , . . . , pr verschillende priemgetallen zijn, dan geldt
ϕ(m) = m
(p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pr − 1)
p 1 p 2 · · · pr
5
1·2·4
Voorbeeld: m = 300 = 22 · 3 · 52 , dus ϕ(300) = 300 2·3·5
= 80. Bijgevolg is het voor
80
iedere gehele a met ggd(a, 300) = 1 waar dat a ≡ 1 mod 300.
Opgave 4.1 Bepaal ϕ(360).
Opgave 4.2 Voor welke natuurlijke n geldt ϕ(n) = 27 n?
Opgave 4.3 Bepaal de laatste twee cijfers van het getal 3999 .
Opgave 4.4 Bewijs dat er in de rij (2k − 3)k∈N oneindig veel getallen voorkomen
die allemaal onderling ondeelbaar zijn. (IWO 1971)
Opgave 4.5 m en n zijn verschillende positieve gehele getallen zo, dat de laatste
drie cijfers van 1978m en 1978n overeenstemmen. Bepaal de minimale waarde van
m + n. (IWO 1978)
5
Gemengde opgaven
Opgave 5.1 n is een geheel getal groter dan 1. Bewijs dat n4 + 4 geen priemgetal
is.
Opgave 5.2 pn is het n-de priemgetal als we de priemgetallen van klein naar groot
n
rangschikken. Bewijs dat pn < 22 .
n
Opgave 5.3 Bewijs dat het getal 22 + 1 voor elke gehele n > 1 eindigt op een 7.
Opgave 5.4 Bepaal a en b zo, dat a + b = 5432 en (a, b) = 223020.
Opgave 5.5 Bepaal de laatste twee cijfers van 2999 .
Opgave 5.6 Bewijs dat voor elke natuurlijke n geldt dat 36n ≡ 26n mod 35.
Opgave 5.7 Bepaal alle natuurlijke getallen die gelijk zijn aan het kwadraat van
de som van hun cijfers.
Opgave 5.8 Bewijs dat 24n+2 + 1 voor geen enkel positief geheel getal n een priemgetal is.
Opgave 5.9 Bewijs dat de som van de cijfers van elk veelvoud van 99 minstens 18
is.
Opgave 5.10 Bewijs dat er geen derdemacht van de vorm 2n + 1 bestaat.
Opgave 5.11 Stel p is een priemgetal dat bij deling door 30 rest r geeft. Bewijs
dat r dan een priemgetal is of gelijk is aan 1. Geldt hetzelfde bij deling door 60?
Opgave 5.12 p is een priemgetal. Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal a kleiner
dan p precies één natuurlijk getal b kleiner dan p bestaat zo, dat ab ≡ 1 mod p.
Opgave 5.13 p is een priemgetal. Bewijs de stelling van Wilson: (p − 1)! ≡
−1 mod p. Bewijs ook het omgekeerde: als voor een natuurlijk getal m geldt dat
6
(m − 1)! ≡ −1 mod m, dan is m een priemgetal.
Opgave 5.14 Voor welke natuurlijke getallen n geldt 5n ≡ 4n mod 61?
7
Lesbrief 3
Polynomen
1
Polynomen van één variabele
Elke functie van de vorm P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , (an 6= 0), heet
een polynoom of veelterm in de variabele x. Het getal n heet de graad van P (x),
de constante getallen an , an−1 , . . . , a0 heten de coëfficiënten.
Zijn P (x) en Q(x) polynomen van graad respectievelijk m en n dan is het mogelijk
P (x) door Q(x) te delen, d.w.z. men kan polynomen S(x) (quotiënt) en R(x) (rest)
bepalen zo, dat
P (x) = Q(x)S(x) + R(x)
(1)
waarbij de graad r van de rest R(x) kleiner is dan de graad m van Q(x) (als
m > n voldoen S(x) ≡ 0, P (x) = R(x)). Men kan S(x) en R(x) bepalen met een
staartdeling. Hebben we bijvoorbeeld P (x) = 2x3 − 3x2 + 5x + 5 en Q(x) = 3x2 − 2,
dan geldt
3x2 − 2 / 2x3 − 3x2 + 5x + 5 \ 23 x − 1 = S(x)
2x3
− 43 x
−3x2 +
−3x2
19
x
3
+2
19
x + 3 = R(x)
3
In dit geval geldt dus 2x3 − 3x2 + 5x + 5 = (3x2 − 2)( 23 x − 1) + ( 19
3 x + 3). De deling
eindigt altijd zodra de graad van de rest kleiner is dan de graad van de deler Q(x).
Opgave 1.1 Bepaal quotiënt en rest bij deling van
(a) 5x7 − 3x6 + x2 door 3x4 − 5.
(c) x10 − 1 door x − 1.
3
2
3
(b) 2x + 4x − x − 3 door x + x.
De coëfficiënten ai zijn in het algemeen reële getallen. Soms wordt ook gewerkt met
polynomen met uitsluitend gehele coëfficiënten. Het is van belang op te merken dat
als P (x) en Q(x) beide gehele coëfficiënten hebben en de coëfficiënt van de hoogste
macht ±1 is, het quotiënt en de rest bij deling van P (x) door Q(x) weer polynomen
met gehele coëfficiënten zijn. (Ga dit na.)
Beschouw weer in het algemeen vergelijking (1). Stel nu Q(x) = x − p. De rest is
dan een polynoom van graad nul, dus een constante:
P (x) = (x − p)S(x) + R .
Substitueer x = p, dan volgt R = P (p). De rest bij deling van P (x) door x − p is
dus P (p). Als in het bijzonder P (p) = 0, dan geldt P (x) = (x − p)S(x). Van P (x)
kan men dus een factor x − p afsplitsen. Is q 6= p een tweede nulpunt van P (x), dan
is 0 = P (q) = (q − p)S(q), dus ook S(q) = 0. Van S(x) is dus een factor x − q af te
splitsen. Als in het algemeen p1 , p2 , . . . , pk verschillende nulpunten van P (x) zijn,
dan geldt P (x) = (x − p1 )(x − p2 ) · · · (x − pk )P ∗ (x). We vinden dus:
1
Stelling 1.1 Elk polynoom van graad n, n > 0, heeft ten hoogste n nulpunten.
Er zijn polynomen zonder reële nulpunten, bijvoorbeeld P (x) = x2 + 1. Maar elk
polynoom van oneven graad heeft minstens één reëel nulpunt. Stel namelijk x 6= 0,
a0
dan geldt P (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a0 = xn (an + an−1
x +· · ·+ xn ) (n oneven en
an−1
a0
an 6= 0). Als |x| voldoende groot is, is | x + · · · + xn | < |an |, dus als x voldoende
groot positief is, heeft P (x) hetzelfde teken als an , en als x voldoende groot negatief
is, heeft P (x) juist het tegengestelde teken. Omdat polynomen continue functies
zijn, moet er dan ook minstens één nulpunt zijn.
Stelling (1.1) kan men vaak op de volgende wijze gebruiken: weet men dat het
polynoom P (x) van graad kleiner dan of gelijk aan n is en meer dan n nulpunten
heeft, dan moet het van graad nul zijn. Maar een constante functie met een nulpunt
moet identiek nul zijn, dus P (x) ≡ 0. Alle coëfficiënten zijn dan ook nul.
Voorbeeld: Stel dat P (x) = a2 x2 + a1 x + a0 voldoet aan |P (x)| ≤ 1 voor alle
x ∈ [−1, 1]. Dan geldt |a2 | ≤ 2.
Bewijs.Stel |a2 | > 2. Noem Q(x) =
2x2 − 1. Dan Q(±1) = 1, Q(0) =
−1. Noem P ∗ (x) = a22 P (x) dan geldt
|P ∗ (x)| < |P (x)| ≤ 1 op [−1, 1]. Nu is
R(x) = Q(x) − P ∗ (x) een eerstegraads
polynoom met R(−1) > 0, R(0) < 0
en R(1) > 0. R heeft dus minstens
twee nulpunten, dus R is identiek nul,
m.a.w. Q(x) ≡ P ∗ (x), in tegenspraak
met |P ∗ (x)| < 1 op [−1, 1]. De veronderstelling |a2 | > 2 was dus onjuist. 1
0.5
−1
−0.5
0
0.5
1
−0.5
−1
Figuur 1: de grafiek van Q(x).
Voorbeeld: Elk polynoom van positieve graad met gehele coëfficiënten geeft voor
gehele x-waarden ook gehele functiewaarden. Kunnen die waarden allemaal priemgetallen zijn? Het antwoord is nee. Stel namelijk P (x) = an xn + · · · + a0 en stel dat
voor een zekere gehele k P (k) = p met p priem. Beschouw voor een gehele waarde
van i P (k + ip) − P (k) = an ((k + ip)n − k n ) + · · · + a1 ((k + ip) − k). Voor iedere j
is aj − bj deelbaar door a − b, dus P (k + ip) − P (k) is deelbaar door k + ip − k = ip.
Voor elke gehele i is P (k + ip) dus deelbaar door p. Zouden al deze waarden priemgetallen zijn, dan zouden ze allemaal gelijk zijn aan p. Het polynoom P (x) − p zou
dan oneindig veel verschillende nulpunten hebben. Tegenspraak.
Er is al aangetoond dat van P (x) een factor x − a kan worden afgesplitst zodra
P (a) = 0: P (x) = (x − a)S(x). Geldt ook S(a) = 0, dan kan ook van S(x) een
factor x − a worden afgesplitst: P (x) = (x − a)2 T (x). Kan men zo doorgaande k
maal een factor x − a afsplitsen (P (x) = (x − a)k U (x)) en geldt U (a) 6= 0 (zodat er
niet nog meer factoren x − a afgesplitst kunnen worden) dan heet a een k-voudig
nulpunt van P (x). Het getal k heet de multipliciteit van het nulpunt a. Een kvoudig nulpunt kan men opvatten als k samenvallende nulpunten. Stelling (1.1) is
blijkbaar uit te breiden:
Stelling 1.2 Het aantal nulpunten, elk geteld met zijn multipliciteit, van een polynoom van graad n > 0 bedraagt ten hoogste n.
2
Uit de regels voor differentiëren volgt:
Stelling 1.3 Als a een k-voudig nulpunt van P (x) is (k > 1), dan is a een (k − 1)voudig nulpunt van P 0 (x). Als a een enkelvoudig nulpunt van P (x) is, dan geldt
P 0 (a) 6= 0.
Stel dat het polynoom P (x) = an xn + · · · + a0 (an 6= 0) precies n (niet noodzakelijk verschillende) nulpunten x1 , x2 , . . . , xn heeft. Dan is Q(x) = an (x − x1 )(x −
x2 ) · · · (x − xn ) een polynoom van dezelfde graad met ook x1 , x2 , . . . , xn als nulpunten. Het verschil is van graad kleiner dan n, heeft minstens n nulpunten, en is dus
identiek nul. Na uitwerken van de haakjes in de uitdrukking voor Q(x) moet daarom
de coëfficiënt van elke macht xk gelijk zijn aan ak . In het bijzonder is de constante
term a0 = (−1)n an · x1 x2 · · · xn , m.a.w. het product van alle nulpunten is (−1)n aan0 .
Vergelijken van de coëfficiënten van xn−1 geeft an−1 = −an (x1 + x2 + · · · + xn ),
m.a.w. de som van alle nulpunten is − an−1
an . Vergelijken van de coëfficiënten van de
andere machten geeft nog meer betrekkingen tussen de coëfficiënten en de nulpunten, maar de twee genoemde betrekkingen zijn de belangrijkste.
Opgave 1.2 Stel P (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 voldoet aan |P (x)| ≤ 1 als
x ∈ [−1, 1]. Bewijs |a3 | ≤ 4. (Men kan in het algemeen bewijzen dat als een n-de
graads polynoom aan deze voorwaarde voldoet, dan |an | ≤ 2n−1 .)
Opgave 1.3 Bewijs stelling (1.3).
Opgave 1.4 a en n zijn gehele getallen. De vergelijking x3 − x2 + ax − 2n = 0 heeft
drie gehele wortels. Bepaal a en n. (NWO 1970)
Opgave 1.5 P (x) = (1 − 3x + 3x2 )84 (1 + 3x − 3x2 )184 wordt uitgewerkt tot P (x) =
an xn + · · · + a0 . Bepaal de som an + an−1 + · · · + a0 .
Opgave 1.6 P (x) = an xn + · · · + a0 voldoet aan P (x) = P (−x) voor alle x. Bewijs
dat ai = 0 voor alle oneven i. Bewijs ook: als P (x) = −P (−x) voor alle x, dan is
ai = 0 voor alle even i.
Opgave 1.7 Bewijs dat als men het product (1 − x + x2 − x3 + · · · + x100 )(1 + x +
x2 + x3 + · · · + x100 ) uitwerkt, een polynoom ontstaat dat slechts even machten van
x bevat.
Opgave 1.8 Bepaal de rest na deling van x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243 door
(a) x − 1
(b) x2 − 1.
Opgave 1.9 Een onbekend polynoom geeft rest 2 na deling door x − 1 en rest 1 na
deling door x − 2. Wat is de rest na deling door (x − 1)(x − 2)?
Opgave 1.10 Uitwerken van (x2 − x + 1)n − (x2 − x + 2)n + (1 + x)n + (2 − x)n ,
n > 2, geeft a2n−2 x2n−2 + · · · + a1 x + a0 . Bewijs dat a2n−2 + a2n−3 + · · · + a2 = 0.
(NWO 1963)
Opgave 1.11 P (x) = x2 + ax + 1 en Q(x) = x2 + x + a. Bepaal alle waarden van
a waarvoor P en Q een gemeenschappelijk nulpunt bezitten.
Opgave 1.12 Bepaal alle mogelijke polynomen van de vorm P (x) = x(x − a)(x −
b)(x − c) + 1 met a, b en c positief geheel en onderling verschillend die geschreven
3
kunnen worden als product van twee polynomen van positieve graad met gehele
coëfficiënten.
Opgave 1.13 Bewijs dat een polynoom met gehele coëfficiënten de waarde 14 voor
geen enkele gehele waarde van de variabele kan aannemen als het de waarde 7 voor
vier gehele waarden van de variabele aanneemt.
Opgave 1.14 P (x) is een polynoom met gehele coëfficiënten en positieve graad n.
Er zijn precies k gehele getallen N waarvoor P (N )2 = 1. Bewijs dat k − n ≤ 2.
2
De interpolatieformule van Lagrange
Door elk tweetal punten (x0 , y0 ), (x1 , y1 ) met x0 < x1 kan men de grafiek van een
eerstegraads polynoom (een rechte lijn) trekken. Dit polynoom is te schrijven als
P (x) = y0
x − x1
x − x0
+ y1
.
x0 − x1
x1 − x0
Door elk drietal punten (x0 , y0 ), (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) met x0 < x1 < x2 kan men de
grafiek trekken van het tweedegraads polynoom
P (x) = y0
(x − x1 )(x − x2 )
(x − x0 )(x − x2 )
(x − x0 )(x − x1 )
+ y1
+ y2
.
(x0 − x1 )(x0 − x2 )
(x1 − x0 )(x1 − x2 )
(x2 − x0 )(x2 − x1 )
In het algemeen geldt:
Stelling 2.1 Stel gegeven x0 < x1 < · · · < xn en n + 1 getallen y0 , y1 , . . . , yn , dan
voldoet het polynoom
P (x) =
n
X
i=0
yi
(x − x0 ) · · · (x − xi−1 )(x − xi+1 ) · · · (x − xn )
(xi − x0 ) · · · (xi − xi−1 )(xi − xi+1 ) · · · (xi − xn )
aan P (xi ) = yi voor i = 0, 1, . . . , n. Het is ook het enige polynoom van graad hooguit
n met deze eigenschap.
Bewijs. Door invullen controleert men dat inderdaad P (xi ) = yi voor alle i. Zou
een tweede polynoom Q(x) van graad hooguit n dezelfde eigenschap hebben, dan
zou P (x) − Q(x) nul zijn in de n + 1 punten x0 , x1 , . . . , xn . Dit kan alleen als het
verschil identiek nul is, dus als P en Q gelijk zijn. Het bepalen van een functie die in voorgeschreven punten voorgeschreven waarden
aanneemt, heet interpoleren. De interpolatieformule uit bovenstaande stelling is
afkomstig van de franse wiskundige J.L. Lagrange(1736-1813).
Opgave 2.1 Bepaal het polynoom P van graad hooguit 2 dat voldoet aan
(a) P (0) = 1, P (1) = 0 en P (2) = 0.
(b) P (0) = 0, P (1) = 1 en P (2) = 0.
(c) P (0) = 0, P (1) = 0 en P (2) = 1.
Opgave 2.2 Gebruik opgave (2) om een polynoom van graad hooguit 2 te vinden
dat voldoet aan P (0) = π, P (1) = e en P (2) = π · e.
4
Opgave 2.3 Noem Q(x) = (x − x0 )(x − x1 ) · · · (x − xn ) en definieer voor
i = 0, 1, . . . , n
Li (x) =
Q(x)
als x 6= xi en Li (xi ) = 1 .
(x − xi )Q0 (xi )
Bewijs dat P (x) uit de stelling geschreven kan worden als
P (x) =
n
X
yi Li (x) .
i=0
3
Polynomen in meer variabelen
Elke eindige som van termen van de vorm c · xk11 xk22 · · · xknn waarin de ki nietnegatieve gehele exponenten zijn, heet een polynoom in de variabelen
x1 , x2 , . . . , xn . De getallen c heten de coëfficiënten van het polynoom. Neem aan
dat gelijksoortige termen, d.w.z. termen met hetzelfde stel exponenten k1 , k2 , . . . , kn
zijn samengenomen.
Voorbeeld voor n = 3: 2x21 x2 x53 +5x1 −x61 x2 x3 (In de tweede term geldt k2 = k3 = 0.)
Vult men voor n−1 van de variabelen vaste waarden in, dan ontstaat een polynoom
in de overblijvende variabele. De coëfficiënten van dit polynoom zijn zelf polynomen in de n − 1 andere variabelen. Als P1 (x1 ), P2 (x2 ), . . . , Pn (xn ) polynomen in
respectievelijk x1 , x2 , . . . , xn zijn, dan is het product
P1 (x1 )P2 (x2 ) · · · Pn (xn ) een polynoom in x1 , x2 , . . . , xn .
Een voorbeeld is (x21 + 2)(x2 − 5)(3x33 − 2x23 + 7x3 − 5).
Het is echter niet waar dat elk polynoom in n variabelen ook geschreven kan worden
als product van n polynomen in één variabele. Zo is het bijvoorbeeld duidelijk dat
er geen polynomen P1 (x1 ) en P2 (x2 ) bestaan met P1 (x1 )P2 (x2 ) = x21 + x22 . Een
polynoom in meer dan één variabele kan oneindig veel nulpunten hebben. Zo geldt
bijvoorbeeld x21 − x22 = 0 voor alle punten (x1 , x2 ) met x1 = ±x2 .
Stelling 3.1 Als het polynoom P (x1 , x2 , . . . , xn ) voor alle reële waarden van x1 , x2 ,
. . . , xn de waarde 0 aanneemt, dan zijn alle coëfficiënten van het polynoom nul.
Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 hebben we de stelling
al bewezen. Stel dat de stelling geldt voor elk polynoom van n variabelen en dat
P (x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 ) = 0 voor alle (x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 ).
P (x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 ) = A0 + A1 xn+1 + A2 x2n+1 + · · · + Ak xkn+1 , waarin de Ai
polynomen zijn in x1 , x2 , . . . , xn . Voor elk stel (x1 , x2 , . . . , xn ) is P een polynoom
in xn+1 dat identiek nul is. Dit betekent dat de coëfficiënten Ai allemaal nul zijn.
Elke Ai is dus nul voor elk stel waarden van de variabelen x1 , x2 , . . . , xn . Volgens
de inductieveronderstelling zijn dan alle coëfficiënten van elke Ai nul, m.a.w. alle
coëfficiënten van P zijn nul. Men gebruikt vaak polynomen in n variabelen waarbij de som k1 + k2 + · · · + kn
voor alle termen c · xk11 xk22 · · · xknn hetzelfde is. Zulke polynomen heten homogeen.
Voorbeelden voor n = 3: 7x31 x2 − x1 x2 x23 + 4x22 x23 + 2x42 , x51 + x41 x2 + x22 x33 en
(x1 + 2x2 − x3 )8 .
Als in elke term k1 + k2 + · · · + kn = r, dan heet het polynoom homogeen van graad
r. De voorbeelden hierboven zijn homogeen van respectievelijk graad 4, graad 5 en
5
graad 8. Het is duidelijk dat als P homogeen van graad r is, voor iedere waarde
van t de gelijkheid
P (tx1 , tx2 , . . . , txn ) = tr P (x1 , x2 , . . . , xn )
(2)
geldt. Het omgekeerde is ook waar:
Stelling 3.2 Voldoet het polynoom P voor iedere t en elk stel (x1 , x2 , . . . , xn ) aan
(2), dan is P homogeen van graad r.
Bewijs. Kies een vast stel waarden (x1 , x2 , . . . , xn ); P (tx1 , tx2 , . . . , txn ) is dan een
polynoom in t: P (tx1 , tx2 , . . . , txn ) = A0 + A1 t + A2 t2 + · · · . Hierbij is Ai de som
van alle termen c · xk11 xk22 · · · xknn met k1 + k2 + · · · + kn = i. Het polynoom in t
P (tx1 , tx2 , . . . , txn )−tr P (x1 , x2 , . . . , xn ) = A0 +A1 t+A2 t2 +· · ·+Ar−1 tr−1 +(Ar −
P (x1 , x2 , . . . , xn ))tr + Ar+1 tr+1 + · · · is identiek nul, dus alle coëfficiënten zijn nul.
Er geldt dus Ai = 0 als i 6= r, en dit geldt voor elk stel waarden (x1 , x2 , . . . , xn ).
De coëfficiënten van alle polynomen Ai (x1 , x2 , . . . , xn ) met i 6= r zijn dus allemaal
nul, dus P is homogeen van graad r. Opgave 3.1 P (x1 , x2 , . . . , xn ) en Q(x1 , x2 , . . . , xn ) zijn homogene polynomen van
graad r respectievelijk s. Bewijs dat het product van P en Q homogeen van graad
r + s is. Wanneer is de som van P en Q ook homogeen?
Opgave 3.2 Voor welke waarden van k bestaat er een polynoom P (x, y, z) zo, dat
x3 + y 3 + z 3 + kxyz = (x + y + z)P (x, y, z) .
Opgave 3.3 Het polynoom P (x, y) voldoet aan P (x, x) = 0 voor alle x. Bewijs dat
er een polynoom Q(x, y) bestaat zo, dat P (x, y) = (x − y)Q(x, y).
Opgave 3.4 Vind alle polynomen P (x, y) die voldoen aan de volgende eigenschappen:
(1) er is een n ∈ N zo, dat voor alle x, y, t ∈ R geldt P (tx, ty) = tn P (x, y);
(2) voor alle a, b, c ∈ R geldt P (a + b, c) + P (b + c, a) + P (c + a, b) = 0;
(3) P (1, 0) = 1.
4
Gemengde opgaven
Opgave 4.1 P (x) = (x − a)(x − b) − k(x − c)(x − d) met a < c < b.
(a) Bewijs dat als k = 1, P voor elke waarde van d hooguit één nulpunt heeft.
(b) Bewijs dat als k < 1, P voor elke waarde van d precies twee nulpunten heeft.
(NWO 1e ronde, 1969)
Opgave 4.2 Bepaal alle polynomen P en Q zo, dat voor alle x
P (x)3 + Q(x)P (x)2 + (x4 + 1)P (x) + x3 + x = 0 .
6
Opgave 4.3 Bewijs dat 1 + x1111 + x2222 + · · · + x9999 deelbaar is door 1 + x + x2 +
· · · + x9 .
Opgave 4.4 Bepaal alle gehele getallen a zo, dat (x − a)(x − 10) + 1 geschreven
kan worden als (x − b)(x − c) met b en c geheel.
Opgave 4.5 P is een zevendegraads polynoom met gehele coëfficiënten en voor
zeven verschillende gehele waarden van de variabele x geldt P (x)2 = 1. Bewijs
dat P niet geschreven kan worden als product van twee polynomen met gehele
coëfficiënten en positieve graad.
Opgave 4.6 Een polynoom met gehele coëfficiënten neemt oneven gehele waarden
aan in 0 en in 1. Bewijs dat geen van zijn nulpunten geheel is.
Opgave 4.7 Bewijs dat alle rationale nulpunten van het polynoom met gehele
coëfficiënten xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a0 (an = 1!) geheel zijn.
Opgave 4.8 a en b zijn reële getallen zo, dat de vergelijking x4 +ax3 +bx2 +ax+1 = 0
minstens één oplossing heeft. Bepaal de minimale waarde van a2 + b2 . (IWO 1973)
7
Lesbrief 4
Binomiaalcoëfficiënten,
Differentiequotiënten en
Getallenrijen
1
Binomiaalcoëfficiënten
Het is bekend dat (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 en dat (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
In het algemeen geldt
(a + b)n = an + C1 an−1 b + · · · + Cn−1 abn−1 + bn
voor zekere gehele coëfficiënten C1 , C2 , . . . , Cn . Deze zogenaamde binomiaalcoëfficiënten
(binomium = tweeterm) hangen af van n. De
notatie voor Ck is meestal
n
n
n
,
spreek
uit
”n
boven
k”.
Aangevuld
met
=
k
0
n = 1 geldt dus
(a + b)n =
n n n
n n−1
n n X n n−k k
a
b .
a +
a
b + ··· +
b =
k
0
1
n
(1)
k=0
Omdat geldt
(a + b)n
(a + b)(a + b)n−1
n − 1 n−1
n − 1 n−2
n − 1 n−1
= (a + b)
a
+
a
b + ··· +
b
0
1
n−1
n−1 n
n − 1 n−1
n−1
=
a +
a
b + ··· +
abn−1
0
1
n−1
n − 1 n−1
n−1
n−1 n
n−1
+
a
b + ··· +
ab
+
b
0
n−2
n−1
=
kan men de n-de binomiaalcoëfficiënten uitdrukken in de n − 1-ste:
n
n−1
n−1
=
+
(2)
k
k
k−1
Hierbij wordt pq = 0 gesteld als q < 0 of als q > p. Samen met 10 = 11 = 1
legt (2) de binomiaalcoëfficiënten volledig vast. Men berekent ze gemakkelijk met
behulp van de ‘driehoek van Pascal’, waarin elk getal behalve de bovenste twee de
som is van de twee getallen er schuin boven:
n=0
1
n=1
1
1
n=2
1
2
1
n=3
1
3
3
1
n=4
1
4
6
4
1
n=5
1
5
10
10
5
1
. . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Omdat a en b in (a + b)n symmetrisch voorkomen, geldt
n
n
=
k
n−k
De getallen nk kunnen ook als volgt berekend worden:
(3)
(a + b)n = (a + b)(a + b) · · · (a + b) .
|
{z
}
n maal
Een term an−k bk ontstaat bij het haakjes wegwerken
telkens als men in k factoren
een b neemt en in de overige n − k een a. nk is dus gelijk aan het aantal manieren
waarop men uit n elementen k elementen kan kiezen. Voor het eerste element
kan men kiezen uit n mogelijkheden, voor het tweede uit n − 1, enzovoorts. Dit
geeft n(n − 1) · · · (n − k + 1) mogelijkheden. Maar omdat de volgorde waarin het
keuzeresultaat tot stand is gekomen niet van belang is, moet nog gedeeld worden
door het aantal mogelijke permutaties van de gekozen k elementen, dit is k!. Er
geldt dus:
n
n!
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
=
=
.
(4)
k!
k!(n − k)!
k
Opgave 1.1 Bewijs (4) met volledige inductie naar n door formule (2) te gebruiken.
Enige eenvoudige identiteiten:
(i) Kies in (1) a = b = 1: 2n =
n X
n
k=0
k
n
X
.
n
.
(ii) Kies in (1) a = 1, b = −1: 0 =
(−1)
k
k=0
X
X
k k k X
n+i
n
n+i
n+1
n+i
(iii)
=
+
=
+
=
i
0
i
0
i
i=0
i=1
i=1
X
k n+2
n+i
n+k+1
+
= ··· =
door herhaald toepassen van (2).
1
i
k
i=2
k
Toepassing. Onder p personen moet men n guldens verdelen (n ≥ p) zo, dat elk
minstens één gulden krijgt. Op hoeveel manieren is dit mogelijk?
Oplossing. Leg de n guldens op een rij. Er zijn dan n − 1 tussenruimten. Vult men
hiervan n − p tussenruimten door ‘schakels’ op, dan ontstaat een rij van p kettingen,
voor elk persoon één. Het aantal mogelijke verdelingen is dus gelijk aan
aantal
hetn−1
n−1
mogelijkheden om uit de n − 1 tussenruimten er n − p te kiezen: n−p
= p−1 .
Toepassing. Bewijs dat voor geen enkel niet-negatief geheel getal n geldt dat
n X
2n + 1
k=0
2k + 1
23k
een vijfvoud is. (IWO 1974)
Oplossing. Reken modulo 5. Dan geldt 23k ≡ (23 )k ≡ 3k mod 5. We proberen
de binomiaalcoëfficiënten met behulp van (2) ‘af te breken’. Pas (2) twee maal toe,
dan volgt
2n + 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
=
+2
+
.
2k + 1
2k
2k − 1
2k + 1
2
k
Pn
Pn
Noem Sn = k=0 2n+1
k=0
2k+1 3 en Tn =
lagere S-en en T -en uitdrukken.
Sn =
3k , dan kan men Sn en Tn in de
n X
2n − 1
2n − 1
2n − 1 k
+2
+
3 = Sn−1 + 2Tn−1 + 3Sn−1 .
2k + 1
2k
2k − 1
k=0
Tn =
2n+1
2k
n X
2n − 1
2k
k=0
2n − 1
2n − 1 k
+2
+
3 = Tn−1 + 6Sn−1 + 3Tn−1 .
2k − 1
2k − 2
Er geldt dus Sn = 4Sn−1 + 2Tn−1 en Tn = 6Sn−1 + 4Tn−1 . Er zijn twee manieren
om het bewijs te voltooien.
(a) Er zijn modulo 5 voor Sn en Tn elk vijf mogelijkheden, dus er zijn hoogstens vijfentwintig mogelijke paren (Sn , Tn ). (S0 , T0 ) = (1, 1) en met de hierboven afgeleide
formules kan men de volgende paren berekenen. Na hoogstens vijfentwintig stappen
moet periodiciteit optreden. Geldt dus voor geen enkele n < 25 dat Sn ≡ 0 mod 5,
dan is het bewijs geleverd.
(b) We rekenen steeds modulo 5: Sn = 4Sn−1 + 2Tn−1 ≡ −Sn−1 + 2Tn−1 en
Tn = 6Sn−1 + 4Tn−1 ≡ Sn−1 − Tn−1 . Daarom Sn ≡ −Sn−1 + 2Tn−1 ≡ Sn−2 −
2Tn−2 + 2Sn−2 − 2Tn−2 ≡ 3Sn−2 − 4Tn−2 ≡ 3Sn−2 + Tn−2 ≡ −3Sn−3 + 6Tn−3 ≡
−3Sn−3 +6Tn−3 +Sn−3 −Tn−3 ≡ −2Sn−3 . Men berekent dan S0 = 1, S1 ≡ 1 mod 5,
S2 ≡ −1 mod 5 en aangezien (−2)k 6≡ 0 mod 5 voor alle k, is ook Sn 6≡ 0 mod 5
voor alle k.
2
Differentiequotiënten
Laat gegeven zijn het n-de graads polynoom P (x) = an xn + · · · + a0 , an 6= 0. Het
differentiequotiënt
∆h1 P (x)
:=
=
(an (x + h1 )n + · · · + a0 ) − (an xn + · · · + a0 )
P (x + h1 ) − P (x)
=
h1
h1
n−1
an nx
+ ···
behorende bij een vaste toename h1 6= 0, is een (n − 1)e -graads polynoom met an · n
als coëfficiënt van de hoogste macht van x. (Verifieer dit door uitwerken.) Van dit
polynoom vormt men het differentiequotiënt bij een toename h2 6= 0:
∆h2 (∆h1 P (x) =
∆h1 P (x + h2 ) − ∆h1 P (x)
= an n(n − 1)xn−2 + · · · .
h2
Dit differentiequotiënt wordt genoteerd als ∆h2 h1 P (x). Het is een polynoom van
graad n − 2 in x. In het algemeen wordt het k-de differentiequotiënt behorende bij
de toenames h1 , h2 , . . . , hk gedefinieerd door
∆hk hk−1 ···h1 P (x) :=
∆hk−1 ···h1 P (x + hk ) − ∆hk−1 ···h1 P (x)
.
hk
Het is een polynoom in x van de vorm an n(n − 1) · · · (n − k + 1)xn−k + · · · . In het
bijzonder geldt voor k = n
∆hn ···h1 P (x) = an n! .
Dit is dus een constante, die afhankelijk is van de waarden van h1 , h2 , . . . , hn . Er
geldt daarom
3
Stelling 2.1 Van een n-de graads polynoom met kopcoëfficiënt an is het n-de differentiequotiënt gelijk aan an n!. De hogere differentiequotiënten zijn nul.
Kies h1 = h2 = · · · = hn = 1 en schrijf ∆i in plaats van ∆11 · · · 1 , dan volgt
| {z }
i maal
∆1 P (x) = P (x + 1) − P (x),
∆2 P (x) = P (x + 2) − P (x + 1) − (P (x + 1) − P (x)) = P (x + 2) − 2P (x + 1) + P (x),
3
X
3
∆3 P (x) = P (x + 3) − 3P (x + 2) + 3P (x + 1) − P (x) =
(−1)k
P (x + 3 − k).
k
k=0
Zo voortgaande ontstaat ten slotte
n
an n! = ∆ P (x) =
n
X
k=0
n
(−1)
P (x + n − k) .
k
k
Door de substitutie x = x̄ + c ontstaat uit een polynoom in x
an xn + · · · + a0 = an (x̄ + c)n + · · · = an x̄n + · · ·
een polynoom in x̄ van dezelfde graad en met dezelfde kopcoëfficiënt. (De andere
coëfficiënten zijn in het algemeen anders.) Op grond hiervan kan men bovenstaande
formule nog iets vereenvoudigen door x + n in plaats van x als variabele te nemen.
Stelling 2.2 Voor elk polynoom Q(x) = an xn + · · · + a0 geldt
n
X
k=0
n
(−1)
Q(x − k) = an n! .
k
k
Opgave 2.1 Verifieer dat stelling (2.2) ook geldt als an = 0.
Opgave 2.2 Bewijs de volgende identiteiten:
n
X
n
(1)
(−1)k
(x − k)n = n!.
k
k=0
n
X
k n
(2)
(−1)
(2n+1 − n − k − 1)n = n!.
k
k=0
n
X
n
(A + Bk)p = B n n!alsp=n.0als0 ≤ p < n, p geheel.
(3)
(−1)n−k
k
k=0
m
2m
X
2m k
(2m)!
(4) (−1)2m−k
= m .
k
2
2
k=0
n
X
n kp
(5)
(−1)n−k
= pn als p een positief geheel getal is.
k
n
k=0
3
Getallenrijen
Een rij reële getallen a1 , a2 , a3 , . . . wordt vaak genoteerd als {ai }∞
i=1 of, als er geen
verwarring mogelijk is, kortweg {ai }.
4
Definitie 3.1 De rij {ai } convergeert naar het getal k (ook wel: heeft limiet k) als
er bij elk positief getal ε een getal I gevonden kan worden zo, dat voor alle termen
ai uit de rij met i > I geldt |ai − k| < ε. Notatie: limi→∞ ai = k (ook wel: ai → k
als i → ∞).
Elke rij die niet convergeert heet divergent. Er zijn bijzondere divergente rijen:
Definitie 3.2 De rij {ai } divergeert naar plus oneindig (ook wel: heeft limiet plus
oneindig) als er bij elk getal M een getal I is zo, dat voor alle i > I geldt dat
ai > M . Notatie: limi→∞ ai = +∞ (of: ai → +∞ als i → ∞).
De rij {ai } divergeert naar min oneindig (of: heeft limiet min oneindig) als de rij
{−ai } naar plus oneindig divergeert. Notatie: limi→∞ ai = −∞ (of: ai → −∞ als
i → ∞).
Opmerking: plus oneindig en min oneindig zijn dus geen reële getallen, maar uitdrukkingen om het gedrag van bepaalde rijen kort te kunnen beschrijven.
Voorbeelden:
1. ai = 1i . De rij { 1i } convergeert naar 0.
i+1
2. ai = i+1
i . De rij { i } convergeert naar 1.
2
2
3. ai = i . De rij {i } divergeert naar +∞.
4. ai = (−1)i . De rij {(−1)i } divergeert zonder limiet.
3.1
Rekenkundige rijen
Een rij van de vorm a, a + k, a + 2k, a + 3k, . . . heet een rekenkundige rij. De
som van de eerste n + 1 termen bepaalt men als volgt: a + (a + nk) = 2a +
nk, (a + k) + (a + (n − 1)k) = 2a + nk,. . . ,(a + nk) + a = 2a + nk. Daarom
2 a + (a + k) + · · · + (a + nk) = (a + (a + nk)) + ((a + k) + (a + (n − 1)k)) +
· · · + ((a + nk) + a) = (2a + nk) + (2a + nk) + · · · + (2a + nk). Hieruit blijkt dat
|
{z
}
n+1 maal
a + (a + k) + · · · + (a + nk) = 12 (n + 1)(2a + nk).
3.2
Meetkundige rijen
Een rij van de vorm a, ar, ar2 , ar3 , . . . heet een meetkundige rij met reden (ratio) r.
r is de verhouding tussen twee opeenvolgende termen. De som Sn van de eerste n
termen bepaalt men als volgt:
Sn
rSn
(1 − r)Sn
+ · · · + arn−1
+ · · · + arn−1
= a + ar
=
ar
= a(1 − rn )
+ arn
Hieruit volgt dat als r 6= 1, dan geldt
Sn =
1 − rn
.
1−r
(5)
Pn
In het algemeen noemt men de som Sn = a1 + a2 + · · · + an = i=1 ai de n-de
partiële som van de rij {ai }. De rij {Sn }∞
n=1 van partiële sommen noemt men een
5
reeks. Heeft de rij van partiële sommen
een limiet S, dan heet S de som van de
P∞
reeks. Men schrijft voor S vaakP i=1 ai of a1 + a2 + a3 + · · · , waarmee we dan
n
bedoelen limn→∞ Sn = limn→∞ i=1 ai .
Beschouw de meetkundige reeks a + ar + ar2 + ar3 + · · · . Het geval a = 0 sluiten
we uit. Aangezien geldt
voor r > 1: rn → +∞ als n → ∞,
voor r = 1: rn = 1 voor alle n,
voor −1 < r < 1: rn → 0 als n → ∞,
voor r ≤ −1: {rn } divergeert zonder limiet als n → ∞,
volgt uit (5) dat een meetkundige reeks convergeert dan en slechts dan als |r| < 1.
In dat geval volgt voor de som S:
S=
a
.
1−r
Voorbeeld: voor alle natuurlijke getallen m en n met m < n geldt
n
n
n
m n
m n−1
−
+
− · · · + (−1)
= (−1)
.
0
1
2
m
m
Bewijs. Het linkerlid is de coëfficiënt van xn in het polynoom
xn (1 − x)n + xn−1 (1 − x)n + · · · + xn−m (1 − x)n = (xn + xn−1 + · · · + nn−m )(1 − x)n .
Volgens formule (5) is dit laatste gelijk aan
xn−m
1 − xm+1
(1 − x)n
1−x
= xn−m (1 − xm+1 )(1 − x)n−1
= xn−m (1 − x)n−1 − xn+1 (1 − x)n−1 .
De coëfficiënt van xn in dit polynoom is (−1)m n−1
m . 3.3
De harmonische en de hyperharmonische reeks
De reeks 1 + 12 + 13 + 14 + · · · heet de harmonische reeks. We gaan aantonen dat
deze reeks divergeert naar plus oneindig. Allereerst is het duidelijk dat de partiële
sommen een stijgende rij vormen. We moeten dus nog bewijzen dat ze boven elke
grens uit stijgen. Daartoe noemen we de n-de partiële som weer even Sn . We
kunnen opmerken dat
S4 = 1 + 12 + 13 + 14 > 1 + 12 + 14 + 14 = 2,
S8 = 1 + · · · + 18 > 1 + 12 + ( 14 + 14 ) + ( 18 + 18 + 18 + 18 ) = 52 ,
1
S16 > 1 + 12 + 2 · 14 + 4 · 18 + 8 · 16
= 3.
In het algemeen geldt S2n > 1 + n · 12 en als n naar oneindig gaat stijgt dit boven
elke grens.
P∞ 1
1
1
1
De hyperharmonische reeks
9 + 16 +· · · daarentegen convergeert.
Pn k=11 k2 = 1+ 4 +
1
1
1
= k−1
− k1 als k ≥ 2, geldt
Beschouw namelijk Sn = k=1 k2 . Omdat k2 < k(k−1)
1+
1
1
1
1
1
1
+ 2 + ··· + 2 < 1 +
+
+ ··· +
22
3
n
1·2 2·3
(n − 1)n
1 1
1 1
1
1
1
− )=2− <2 .
= 1 + ( − ) + ( − ) + ··· + (
1 2
2 3
n−1 n
n
6
Alle termen van de stijgende rij van partiële sommen zijn dus kleiner dan 2. De
reeks moet daarom een eindige som hebben. Men kan bewijzen dat deze som gelijk
2
is aan π6 .
Opmerkingen:
P∞
1. Omdat k1pP≥ k1 als p ≤ 1, is k=1 k1p ook divergent als p ≤ 1. Omdat k1p ≤ k12
∞
1
als p ≥ 2, is k=1 kp ook convergent als p ≥ 2. Met een andere methode kan men
aantonen
P∞ 1 dat deze reeks ook convergeert voor alle p met 1 < p < 2. Conclusie:
k=1 kp convergeert voor p > 1 en divergeert naar +∞ voor p ≤ 1.
1
1
2. De identiteit k(k−1)
= k−1
− k1 stelde ons in staat de n-de partiële som van de
hyperharmonische reeks als een telescoop in elkaar te schuiven. Dat laatste principe
kan men vaker gebruiken!
Opgave 3.1 Bereken
∞
∞
X
X
1
1
(a)
(− )k (b)
2
k(k + 2)
k=1
(c)
k=1
∞
X
k=1
1
k(k + 1)(k + 2)
(d)
∞
X
log
k=1
(k + 1)2
.
k 2 + 2k
Opgave 3.2 Onderzoek of de volgende reeksen convergent zijn:
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)k
1
1
(a)
(b)
(c)
sin k
k2
log k
2
k=1
k=2
k=0
(aanwijzing voor (c): voor x > 0 geldt sin x < x)
Opgave 3.3 Bewijs dat
2n
n
Opgave 3.4 Bewijs dat
n
k
=
+
n 2
0
n+1
k
+
n 2
1
+ ··· +
+ ··· +
n+m
k
n 2
n .
=
n+m+1
k+1
−
n
k+1
als k < n.
Opgave 3.5 Bewijs dat er een convergente reeks ontstaat als men uit de harmonische reeks alle termen n1 verwijdert waarvoor de decimale schrijfwijze van n minstens
één cijfer 9 bevat.
4
Gemengde opgaven
Opgave 4.1 Kan men 93 punten onderling zo verbinden, dat elk punt met precies
23 andere verbonden is? (NWO 1e ronde 1967)
Opgave 4.2 Er zijn zes steden en twee luchtvaartmaatschappijen zo, dat tussen
elk paar steden door precies één van beide maatschappijen een verbinding wordt
onderhouden. Bewijs dat het luchtnet van minstens één maatschappij een driehoek
bevat, en bewijs dan dat er in de twee luchtnetten zelfs twee driehoeken zijn. (NWO
1970)
Opgave 4.3 200 scholieren staan opgesteld in 10 rijen van elk 20 scholieren. Uit elk
van de 20 zo gevormde kolommen wordt de kleinste scholier bepaald, en de grootste
van deze 20 kleinsten krijgt een rode vlag. Vervolgens bepaalt men uit elke rij de
grootste, en de kleinste van deze 10 grootsten krijgt een groene vlag. Als dit een
ander is dan de drager van de rode vlag, wie van de twee is dan de grootste?
Opgave 4.4 Elk van 17 geleerden correspondeert met alle 16 andere. Ze schrijven
slechts over drie onderwerpen, en elk paar geleerden schrijft elkaar slechts over één
onderwerp. Bewijs dat er minstens drie geleerden zijn die onder elkaar over hetzelfde
7
onderwerp corresponderen. (IWO 1963)
Opgave 4.5 m en n zijn positieve gehele getallen. Bewijs dat ook
(2m)!(2n)!
m!n!(m + n)!
een positief geheel getal is.
Opgave 4.6 Op vier opeenvolgende hoekpunten van een regelmatige twaalfhoek
staan achtereenvolgens een rode, gele, witte en blauwe pion. Men mag een pion
verplaatsen over vier hoekpunten heen naar een vijfde hoekpunt, als dat tenminste
onbezet is. (Men mag zowel linksom als rechtsom gaan.) Na een aantal van deze
zetten staan de vier pionnen weer op de vier oorspronkelijke hoekpunten, maar
in een andere volgorde. Hoeveel verschillende herschikkingen van de vier pionnen
kunnen op deze wijze verkregen worden?
Opgave 4.7 Elke zijde van een gegeven driehoek wordt door m punten in m + 1
lijnstukken verdeeld. Daarna wordt elk hoekpunt verbonden met elk van de m
deelpunten op de tegenoverliggende zijde. In hoeveel stukken wordt de driehoek
dan door die 3m lijnen hoogstens verdeeld? (NWO 1974)
Opgave 4.8 Hoeveel rijtjes van 10 cijfers bestaan er waarin er minstens 3 gelijke
cijfers naast elkaar staan?
8
Lesbrief 5
Recurrenties en ongelijkheden
1 Recursief gedenieerde rijen
Er zijn getallenrijen {an } die voldoen aan een recurrente betrekking van de vorm
an k = f (an k− ; an k− ; : : : ; an ) voor n = 1; 2; : : :, waardoor de n + k-de term
wordt uitgedrukt in zijn k voorgangers. Geeft men de eerste k termen van de rij,
dan is de rij volledige bepaald. Zo komt bijvoorbeeld in de IWO van 1976 een rij
{un } voor gedenieerd door un = un (un − 2) − , u = 2, u = . Hier geldt
dus k = 2.
+
+
1
+
2
+2
5
2
+1
0
2
5
1
2
In deze paragraaf worden rijen onderzocht die voldoen aan een recurrente betrekking
van de vorm
an
+
k
= A an k− + A an k− + · · · + Ak an ; n = 1; 2; : : :
1
+
1
2
+
2
(1)
waarin A ; A ; : : : ; Ak constanten zijn en Ak = 0. Voor k = 1 staat er
1
2
an
+1
= Aan ; n = 1; 2; : : : :
Blijkbaar is de rij dan een meetkundige rij: an
Voor k = 2 wordt de betrekking
an
+2
= Aan
+1
+1
= Aan = A an− = · · · = An a .
2
1
+ Ban ; (B = 0); n = 1; 2; : : :
1
(2)
Merk alvorens verder te gaan, eerst enige algemene eigenschappen op van rijen die
aan (2) voldoen:
(1) Als {an } voldoet aan (2), dan voldoet ook {can } aan (2) voor alle constantes c.
(2) Als {an } en {bn } beide voldoen aan (2) (dus met dezelfde A en B maar eventueel
verschillende beginwaarden), voldoet ook {an + bn }.
De eigenschappen (1) en (2) gelden, zoals men onmiddellijk inziet, ook algemeen
voor rijen die aan de betrekking (1) voldoen: zijn {an } en {bn } oplossingen van (1),
dan zijn ook alle zogenaamde lineaire combinaties {can + dbn } oplossingen van (1).
Stel nu dat {an } en {bn } beide voldoen aan (2). Is dan ook elke rij {xn } die aan
(2) voldoet van de vorm xn = can + dbn voor zekere constanten c en d? Zo'n rij
wordt volledig bepaald door zijn twee beginwaarden x ; x . Als voor zekere c en d
1
2
x = ca + db
x = ca + db
1
1
1
2
2
2
(3)
geldt, omdat {xn } een oplossing van (2) is, voor alle natuurlijke n dat xn = can +
dbn . Uit het stelsel (3) kan men c en d oplossen, tenzij a b − a b = 0, d.w.z. tenzij
a : b = a : b . In dat laatste geval is de rij {bn} een veelvoud van de rij {an}.
1
1
1
2
2
2
1
2
Hieruit blijkt dat als men twee zogenaamde lineair onafhankelijke oplossingen van
(2) heeft, alle oplossingen te schrijven zijn als lineaire combinaties van deze twee.
In het algemene geval van betrekking (1) heeft men k lineair onafhankelijke oplossingen nodig om alle oplossingen voort te brengen. Lineair onafhankelijk betekent dan
dat een k × k -stelsel analoog aan (3) altijd precies een oplossing moet hebben.
1
Dit geeft een voorwaarde die slechts afhangt van de beginwaarden van de `basisoplossingen' (bij (3) is die voorwaarde a b − a b = 0). Hoe kan men twee lineair
onafhankelijke oplossingen van (2) vinden? Zouden er meetkundige rijen {tn } zijn
die voldoen? Dan moet gelden tn = Atn + Btn , ofwel
1
2
+2
t
2
2
1
+1
− At − B = 0
:
(4)
Deze vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van (2). Heeft (4) twee verschillende reele wortels t en t , dan zijn {tn } en {tn } lineair onafhankelijk, want
t t − t t = t t (t − t ) en t t = B = 0. De algemene oplossing van (2) is in dat
geval {ctn + dtn }.
1
2
1 2
2
2 1
1 2
1
1
2
2
1
2
1 2
2
Voorbeeld: De rij van Fibonacci (de bijnaam van Leonardo van Pisa, ±1200 na
Chr.) is de rij
1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; : : : :
Deze rij is gedenieerd door F = F = 1 en Fn = Fn + Fn voor n = 1; 2; : : :.
De karakteristieke vergelijking
van deze recurrentie is t − t − 1 = 0. De oplossingen
√
hiervan zijn t ; = ± 5, en de algemene oplossing van de recurrente betrekking
is dus ctn + dtn . Aangezien
1
2
+2
+1
2
1 2
1
1
1
2
2
2
1
2
is c =
1
5
√
5 en d = −
1
√
√
1 = F = c( + √5) + d( − √5)
1 = F = c( + 5) + d( − 5)
1
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
√
5
5. De algemene term van de rij van Fibonacci wordt dus
Fn =
√
1√ 1 1√ n
1 1 √ n
5 ( +
5) − ( −
5) :
5
2 2
2 2
√
5| > 1 en | −
5| < 1, is voor grote n de term ( −
Omdat | +
verwaarloosbaar. Een ruwe schatting geeft bijvoorbeeld F ≈ 10 .
1
1
2
2
1
1
2
2
100
Opgave 1.1
Bepaal
1
3
20
1
1
2
2
√
5)
+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + · · ·.
1
2
3
3
3
3
5
3
8
3
13
3
Heeft de karakteristieke vergelijking twee samenvallende wortels, dan vindt men
slechts een meetkundige rij die voldoet (op veelvouden na). Schrijf in dat geval (2)
als
(5)
an − 2Ean + E an = 0 :
+1
+2
2
De karakteristieke vergelijking heeft als dubbele wortel t = E . De meetkundige rij
E n , dan ontstaat
{E n } is dus een oplossing. Noem bn = an E −n en deel (5) door
bn
+2
ofwel
bn
+2
+2
− 2bn+1 + bn = 0
− bn+1 = bn+1 − bn
:
Onmiddellijk ziet men behalve de oplossing bn = 1 voor alle n (corresponderend
met an = E n ) nog een tweede oplossing: bn = n. Deze geeft de van de eerste
lineair onafhankelijke tweede basisoplossing (verieer dit) an = nE n . De algemene
oplossing van (5) is dus {cE n + dnE n }.
Ten slotte het geval dat de karakteristieke vergelijking helemaal geen reele oplossingen heeft. Men zou dan met complexe getallen kunnen werken, maar het kan ook
zonder. Schrijf (2) in de vorm
an
+2
− 2F an+1 + E 2 an = 0
2
:
(6)
(De coeÆcient van an is positief want de discriminant 4F − 4E is negatief, en dit
laatste betekent bovendien dat | FE | < 1.) Noem weer bn = an E −n , dan ontstaat
2
2
F
b + bn = 0 :
E n
F = cos '. De vergelijking gaat dan over in
Omdat | FE | < 1 is er een ' zo, dat E
bn − 2 cos 'bn + bn = 0 :
(7)
bn
+2
−2
+1
+2
+1
Men moet nu opmerken dat bn = cos n' en bn
zijn. Dit volgt direct uit de formules
+1
cos(n + 1)'
cos(n − 1)'
sin(n + 1)'
sin(n − 1)'
=
=
=
=
+1
= sin n' oplossingen van (7)
cos n' cos ' − sin n' sin '
cos n' cos ' + sin n' sin '
sin n' cos ' + cos n' sin '
sin n' cos ' − cos n' sin '
Hiermee zijn dus twee lineair onafhankelijke (verieer dit weer) oplossingen gevonden. Uiteraard zijn ook {cos n'} en {sin n'} oplossingen (de index is alleen 1
verschoven). Neem voor de eenvoud deze als basisoplossingen van (7). De basisoplossingen van (6) zijn dan {E n cos n'} en {E n sin n'} en de algemene oplossing is
{E n (c cos n' + d sin n')}.
In principe kan men de algemene recurrente betrekking (1) voor k > 2 analoog behandelen. De wortels van de karakteristieke vergelijking zijn echter voor polynomen
van hogere graad moeilijker te bepalen. Zijn bovendien niet alle wortels reeel, dan
is het gebruik van complexe getallen vrijwel onvermijdelijk.
Bepaal de n-de term xn van de rij {xn } gedenieerd door
= xn + 2xn , x = 0, x = 1.
= 4xn − 4xn , x = 0, x = 1.
= 2xn − 2xn , x = 0, x = 1.
= −xn , x = x = 1.
= 3xn − 3xn + xn , x = x = 0, x = 1.
Opgave 1.2
a) xn
b) xn
c) xn
d) xn
e) xn
+2
+2
+2
+2
+3
+1
1
2
+1
1
2
+1
1
2
1
2
+2
+1
1
2
3
Bepaal
de n-de termen xn en yn van de rijen {xn } en {yn } gedenieerd
xn = 3xn + yn met x = 0 en y = 6.
door het stelsel
yn = 5xn − yn
Aanwijzing: uit de eerste vergelijking haalt men door indexverschuiving yn =
xn − 3xn . Samen met yn = xn − 3xn geeft dit, gesubstitueerd in de tweede
vergelijking, een recurrente betrekking voor de rij {xn }.
Opgave 1.3
+1
1
+1
1
+1
+2
+1
Opgave 1.4
+1
Behandel evenzo:
xn = 2xn − yn
yn = xn + 4yn met x = 2, y = 1.
+1
1
+1
1
Bepaal xn als gegeven is dat
x −2
xn = n
met x = 0 :
xn + 4
Aanwijzing: noem yn = yn − 2zn , zn = yn + 4zn , dan geldt xn = yznn .
Opgave 1.5
+1
1
+1
Opgave 1.6
+1
Evenzo:
xn
+1
=
1 − 4xn
met x = 1 :
1 − 6xn
1
3
Opgave 1.7
Bepaal xn als x = 1, x = 2 en xn
1
2
+2
= xn xn− .
3
2
+1
2 Ongelijkheden
Een fundamentele ongelijkheid is A ≥ 0 voor alle reele waarden van A. Gelijkheid
treedt op precies als A = 0. Deze vanzelfsprekende ongelijkheid zit verborgen in
talrijke andere ongelijkheden. Eerste voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt
√
ab ≤ a b .
2
+
2
Vermenigvuldig de ongelijkheid met 2 en kwadrateer tot 4ab ≤ a +2ab+b ,
ofwel 0 ≤ a − 2ab + b = (a − b) . Hieruit volgt dat onze ongelijkheid inderdaad
klopt en tevens dat gelijkheid optreedt precies als a = b. 2
Bewijs.
2
2
2
2
2 2
Tweede voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt a b ≤ a b .
2
+
+
2
Bewijs.
2
Uitwerken geeft ook hier 0 ≤ (a − b) . 2
Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven omtrek heeft het vierkant
de grootste oppervlakte.
Opgave 2.1
Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven oppervlakte heeft het vierkant
de kleinste omtrek.
Opgave 2.2
Opgave 2.3
Voor elke scherpe hoek x geldt
sin
cos
x
x
+
cos
sin
x
x ≥
2.
Als a; b > 0 en a + b = 1, dan is (a + a ) + (b + b ) ≥
geldt het gelijkteken?
1
Opgave 2.4
1
2
2
25
2
. Wanneer
Zijn a, b en c positief, dan is (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Wanneer
heb je gelijkheid?
Opgave 2.5
4
Voor welke reele x is a xbx
2 minimaal? (a en b zijn positief. Je mag
niet dierentieren.)
+
Opgave 2.6
2.1
Gemiddelden
Een uitdrukking in de positieve variabelen a ; a ; : : : ; an heet een gemiddelde van
a ; a ; : : : ; an als de waarde ervan onafhankelijk is van de volgorde der ai en als voor
elke positieve constante c de waarde gelijk is aan c zodra men voor alle i ai = c
kiest. Voorbeelden:
1. Het rekenkundig gemiddelde R(a ; a ; : : : ; an ) = n (a + a + · · · + an ).
1
2. Het meetkundig gemiddelde M (a ; a ; : : : ; an ) = (a a · · · an ) n .
3. Het harmonisch gemiddelde H (a ; a ; : : : ; an ) = 1 1 n ··· 1 .
1
1
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
2
a1 + a2 +
+
an
Van alle gemiddelden zijn het rekenkundig en het meetkundig gemiddelde het belangrijkste.
4
Voor elk n-tal positieve getallen
Stelling 2.1
a ; a ; : : : ; an
1
geldt
2
R(a ; a ; : : : ; an ) ≥ M (a ; a ; : : : ; an ) :
1
2
1
2
Dit heet de rekenkundig-meetkundig gemiddelde ongelijkheid. Gelijkheid treedt op
dan en slechts dan als a1 = a2 = · · · = an .
Deze stelling is zo belangrijk, dat we er drie verschillende bewijzen van gaan geven.
Er zijn er overigens nog wel meer bekend. De drie die we hier presenteren zijn alle
drie erg elementair, maar tonen elk een andere benaderingswijze.
We kunnen veronderstellen dat a a · · · an = 1. Immers, de gevraagde ongelijkheid verandert niet als we alle ai met dezelfde positieve factor vermenigvuldigen.
Onder deze aanname moeten we nu bewijzen dat a + a + · · · + an ≥ n. We gebruiken nu volledige inductie naar n. Voor n = 2 is de ongelijkheid aan het begin
van deze paragraaf bewezen. Stel nu dat de ongelijkheid geldt voor elk n-tal. Laat
gegeven zijn n + 1 positieve getallen a ; a ; : : : ; an met a a · · · an = 1. Als alle ai
gelijk zijn is de ongelijkheid waar. Anders is er een tweetal, bijvoorbeeld a en a
met a > 1 en a < 1. Dan is dus (a − 1)(a − 1) = a a − a − a + 1 < 0, oftewel
a + a > a a +1, zodat volgt a + a + · · · + an > 1+ a a + a + · · · + an ≥ 1+ n,
omdat a a ; a ; : : : ; an n positieve getallen zijn met product 1. Bewijs.
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
Bewijs.
≤
1
2
2
1
3
2
2
1
+1
2
1
1
2
2
2
3
+1
+1
We weten dat a a ≤ a1 a2 en a a ≤ a3 a4 , dus a a a a
1
a +a
1
2
2
2
a +a
3
4
2
2
2
+
2
3
2
≤
=
2
2
1
2
a1 +a2 + a3 +a4 4
2
2
+
4
2
3
4
a +a +a +a
1
2
3
4
4
4
:
Zo voortgaande bewijst men voor alle n van de vorm 2m dat
aa
1
2
· · · a2m ≤
a +a +···+a
1
2
2
2m
m 2m
:
Kies nu voor een willekeurig n de waarde van m zo groot, dat n < 2m , en noem
m −n b m
b = a1 a2 n ··· an . Dan geldt dat a a · · · an bb
=
· · · }b ≤ a1 a2 ··· amn
| {z
+
+
+
+
m
1
+
+
2
m −n
2
+(2
)
2
2
maal
2
Dit is wat we moesten bewijzen. Omdat a a = a1 a2
dan en slechts dan geldt als a = a , bewijst men stap voor stap dat ook in het
algemeen gelijkheid precies optreedt wanneer alle ai gelijk zijn. b , dus a a
2
1
2
· · · an
≤ bn .
1
1
+
2
2
2
Er zit in dit tweede bewijs een merkwaardig soort inductie. We lopen in grote
stappen door de natuurlijke getallen heen en vullen achteraf de opengelaten gaten
op.
Uit √
de graek van de functie f (x) = log x blijkt dat
log a1 a2 ≥ (log a +
√
a
a
log a ) = log a a , zie g. 1. Daarom volgt ook 1 2 ≥ a a . We gaan bewijzen
dat log a1 a2 n ··· an ≥ n (log a + · · · + log an ), waaruit de gevraagde ongelijkheid
volgt.
Bewijs.
2
+
+
1 2
+
+
1
2
1
5
1
2
+
1
2
2
1
log x
f (x)
log a1 +log a2
2
a1
a2
a1 +a2
2
ai
a
Figuur 1.
Figuur 2.
In het algemeen geldt voor elke functie waarvan de graek `bol naar boven' is (d.w.z.
dat het verbindingsstuk van twee punten van de graek altijd onder de graek ligt)
de ongelijkheid
a + a + · · · + an 1
f
≥ (f (a ) + f (a ) + · · · + f (an )) :
1
2
n
n
1
2
Om dit in te zien noemen we a = a1 ···n an . Heeft de raaklijn in x = a richtingscoeÆcient c = f (a), dan is f (ai ) ≤ f (a) + c(ai − a) voor elke ai . Zie ook g. 2
Telt men deze ongelijkheden op voor i = 1; 2; : : : ; n dan blijkt f (a ) + · · · + f (an ) ≤
nf (a) + c(a + · · · + an − na) = nf (a). +
+
1
1
Overigens is het niet nodig te veronderstellen dat f in x = a dierentieerbaar is.
Omdat f `bol naar boven' is, is er door elk punt van de graek minstens een rechte
die verder geheel boven de graek ligt. De methode van dit derde bewijs is ook
toepasbaar bij functies waarvan de graek `bol naar beneden' is, zoals f (x) = x .
Toepassing van de methode geeft in dat geval de ongelijkheid
1
a + · · · + an (a + · · · + an ) ≥
:
2
n
1
2
2
1
2
n
Als toepassing van stelling (2.1) behandelen we de volgende opgave: als x, y en z
positieve getallen zijn met x + y + z = 1, dan geldt (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ 64.
Probeer alvorens verder te gaan zelf deze opgave op te lossen.
1
1
1
Oplossing: Kies x = y = z = , dan ontstaat de gelijkheid. De ongelijkheid is dus
niet te verscherpen. Merkwaardigerwijze wordt de opgave eenvoudiger als men de
normalisering x + y + z = 1 laat vallen. Stel daarom x + y + z = s. Kies weer
x = y = z = s , dan geldt
1
3
3
1
1
3
1
(1 + )(1 + )(1 + ) = (1 + ) :
x
y
z
s
x
y
z
s
3
Waarschijnlijk geldt dus in het algemeen ook voor alle positieve x, y en z met som
s dat
1
1
1
3
(1 + )(1 + )(1 + ) ≥ (1 + ) :
3
√
Aangezien volgens stelling (2.1) geldt s ≥ 3 xyz , is het zo, dat (1 + s ) ≤ (1 +
√
3 xyz ) = 1+ √
3 xyz + √
3 x2 y2 z2 + xyz ≤ 1+3 · ( x + y + z )+3 · ( xy + yz + zx )+ xyz =
(1 + x )(1 + y )(1 + z ). Dit bewijst onze algemene ongelijkheid en daarmee is het
probleem waarmee we begonnen ook opgelost.
3
1
3
3
3
1
3
1
1
1
1
3
1
Opgave 2.7
1
1
1
3
1
Voor elk n-tal positieve getallen a ; a ; : : : ; an geldt
1
2
H (a ; a ; : : : ; an ) ≤ M (a ; a ; : : : ; an )
1
2
1
6
2
1
1
3
1
en gelijkheid treedt dan en slechts dan op als alle ai gelijk zijn.
Opgave 2.8 Men splitst een positief getal k in n positieve delen a ; a ; : : : ; an , dus
k = a + a + · · · + an . Bewijs dat het product a a · · · an maximaal is als men alle
a's gelijk kiest. (Het aantal n is vast verondersteld.)
1
1
1
2
Opgave 2.9
2
2
a ; a ; : : : ; an zijn positief. Bewijs dat aa21 + aa23 + · · · + anan 1 + aan1
1
−
2
≥ n.
Opgave 2.10
a ; a ; : : : ; an zijn positief. Bewijs dat (a + a + · · · + an )( a1 + a2 +
Opgave 2.11
Voor elke gehele n > 1 geldt n! < n
1
· · · + a1n ) ≥ n2 .
2
1
+1
n
2
1
2
1
.
a ; a ; : : : ; an zijn positief,
n > 1, enn s = a + a + · · · + an . Bewijs
2
(1 + a )(1 + a ) · · · (1 + an ) < 1 + s + s + · · · + sn .
Opgave 2.12
1
1
2
1
2
2!
2
!
a, b en c zijn√positieve hoeken met som gelijk aan . Bewijs
(1) tan a + tan b + tan c ≥ 3.
(2) tan a + tan b + tan c ≥ 1.
Opgave 2.13
2
2
2
2
Aanwijzing: kijk naar het derde bewijs van stelling (2.1).
Gegeven zijn 2n-tal reele getallen: a1 ; a2 ; : : : ; an en b1 ; b2 ; : : : ; bn . Dan
geldt de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, genoemd naar A.L. Cauchy (1789-1857)
en H.A. Schwarz (1843-1921):
Stelling 2.2
(a b + a b + · · · + an bn ) ≤ (a + a + · · · + an )(b + b + · · · + bn ) :
1
1
2
2
2
2
1
Gelijkheid treedt op precies wanneer
2
2
2
2
1
2
2
2
a : b = a : b = · · · = an : bn .
1
1
2
2
Als b = b = · · · = bn = 0 is er niets te bewijzen. Stel dus bijvoorbeeld
b = 0. Voor elke t is dan 0 ≤ (a + tb ) + (a + tb ) + · · · + (an + tbn) =
(a + a + · · · + an )+2(a b + a b + · · · + an bn )t +(b + b + · · · + bn )t = A +2Ct + Bt
met B = 0. Dit is een kwadratische vorm in t die blijkbaar deniet niet-negatief
is. De discriminant 4C − 4AB is dus niet positief. Invullen geeft de gevraagde
ongelijkheid. Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als voor zekere t geldt
Bewijs.
1
2
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
(a + t b ) + (a + t b ) + · · · + (an + t bn ) = 0 :
1
0
2
1
2
0
2
2
0
2
Alle termen moeten dan nul zijn, en dit betekent a : b = a : b = · · · = an : bn =
1
−t0 . Opgave 2.14
1
2
2
2
2
2
Voor alle x, y en z geldt x + y + z ≤ x + y + z .
2
2
3
6
2
3
1
6
1
(x − y ) + (x − y ) + · · · + (xn − yn ) 2 ≤ (x + x + · · · + xn ) 2 +
1
(y + y + · · · + yn ) 2 voor alle x ; x ; : : : ; xn en y ; y ; : : : ; yn .
Opgave 2.15
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
(p x +p x +· · ·+pn xn ) ≤ (p +p +· · ·+pn )(p x +p x +· · ·+pn xn )
voor alle niet-negatieve p ; p ; : : : ; pn en alle x ; x ; : : : ; xn .
Opgave 2.16
1
1
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
(x1 y1 ) 2 + (x2 y2 ) 2 + · · · + (xn yn ) 2 ≤ (x1 + x2 + · · · + xn ) 2 (y1 + y2 +
12
· · · + yn ) voor alle niet-negatieve xi en yi .
Opgave 2.17
7
Stelling 2.3
Als
a
≥ a2 ≥ · · · ≥ an en
1
b
1
≥ b2 ≥ · · · ≥ bn dan geldt
a + a + · · · + an b + b + · · · + bn a b + a b + · · · + an bn
:
·
≤
n
n
n
Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als a = a = · · · = an of b = b = · · · =
bn . Deze ongelijkheid heet de ongelijkheid van Chebyshev (spreek uit: Tsjebiesjev),
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
genoemd naar P.L.Chebyshev (1821-1891).
Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 is er niets te bewijzen.
Stel dat de ongelijkheid geldt voor n − 1. Te bewijzen is nu dat (a + a + · · · +
an )(b + b + · · · + bn) ≤ n(a b + a b + · · · + an bn ). Het linker lid is gelijk aan
1
1
2
nX
−1
(
1
nX
−1
ai + an )(
i=1
i=1
1
bi + bn ) =
2
nX
−1
i=1
2
2
ai ·
nX
−1
i=1
bi + an
nX
−1
i=1
bi + bn
nX
−1
i=1
ai + an bn :
Het rechter lid is gelijk aan
nX
−1
n(
i=1
ai bi + an bn ) = (n − 1)
nX
−1
i=1
ai bi +
nX
−1
i=1
ai bi + (n − 1)an bn + an bn :
Volgens de inductiehypothese geldt
−1
nX
i=1
ai ·
nX
−1
i=1
bi ≤ n
−1
nX
i=1
ai bi :
(8)
Verder geldt voor alle i dat (ai − an )(bi − bn ) ≥ 0, dus
an bi + bn ai ≤ ai bi + an bn :
(9)
Uit (8) en (9) (voor alle i) samen volgt de gevraagde ongelijkheid. Volgens de
inductiehypothese geldt in (8) slechts het gelijkteken als a = a = · · · = an− of
als b = b = · · · = bn− . Stel dat het eerste geval zich voordoet en stel an− = an .
Volgens (9) moet, als het gelijkteken voor iedere i zou gelden, dan bi = bn voor
iedere n, dus b = b = · · · = bn . Dit voltooit het bewijs. 1
1
2
2
1
1
1
1
2
Opgave 2.18
(1) Als a ≤ a ≤ · · · ≤ an en b ≤ b ≤ · · · ≤ bn , dan (a + a + · · · + an )(b + b +
· · · + bn ) ≤ n(a b + a b + · · · + an bn ).
(2) Als a ≥ a ≥ · · · ≥ an en b ≥ b ≥ · · · ≥ bn , dan (a + a + · · · + an )(b + b +
· · · + bn ) ≥ n(a b + a b + · · · + an bn ).
Gelijkheid treedt in beide gevallen dan en slechts dan op als alle ai of alle bi gelijk
zijn.
1
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Laat x ; x ; : : : ; xn en y ; y ; : : : ; yn twee niet-stijgende rijen reele
getallen zijn. Laat z ; z ; : : : ; zn een permutatie zijn van y ; y ; : : : ; yn . Bewijs dat
Opgave 2.19
1
1
2
1
2
2
1
n
X
i=0
(xi − yi ) ≤
2
(IWO 1975)
8
n
X
i=0
(xi − zi ) :
2
2
3 Gemengde opgaven
Bewijs voor de termen van de rij van Fibonacci de volgende formules:
+ F + · · · + Fn = Fn − 1.
+ F + · · · + F n = F n − 1.
+ F + · · · + F n− = F n .
+ F + · · · + Fn = Fn Fn .
F + F F + · · · + F n− F n = F n .
Opgave 3.1
(1) F
(2) F
(3) F
(4) F
(5) F
1
2
2
1
2
1
1
+2
4
2
3
2
2
2
2
2
1
+1
2
2
2
+1
3
1
2
2
2
2
Opgave 3.2 Bewijs dat de sommen s ; s ; : : : van de getallen op de aangegeven
diagonalen van de driehoek van Pascal de rij van Fibonacci vormen.
1
1
s
1
s
2
s
3
s
4
s
5
s
1
1
1
1
1
2
1
2
3
3
4
1
6
1
4
1
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Opgave 3.3
Bewijs dat voor alle natuurlijke getallen m en n geldt:
1
m+√
n
m n n m ≤ (m + n ) :
2
2
Opgave 3.4
2
2
2
Bewijs dat voor a ; a ; : : : ; an > 0 geldt dat
1
2
a
an
+···+
a + a + · · · + an + a
a + a + · · · + an−
2
3
4
1
1
2
n!
n
=
≥
1
a
+
a + a + · · · + an
n
.
n−1
n
1
2
+ · · · + (−1)n
Opgave 3.5
Bewijs dat
Opgave 3.6
a+b+c
Bewijs (abc) 3 ≤ aa bb cc voor alle a; b; c > 0.
Opgave 3.7
Bewijs ac ba cb < ab bc ca < aa bb cc als 0 < a < b < c.
Opgave 3.8
driehoek:
x(x + 1) · · · (x + n)
0
x
−
1
x+1
3
n
n
x+n
.
Bewijs de volgende ongelijkheid voor de hoeken , en van een
√
3 3
:
sin sin sin ≤
2
Wanneer geldt het gelijkteken?
3
Opgave 3.9 Laat (ak )k∈N een rij paarsgewijs verschillende positieve gehele getallen
zijn. Bewijs dat voor alle n ∈ N
n
X
ak
k=1
k
2
≥
n
X
k=1
1
k
:
(IWO 1978)
9
Lesbrief 6
1
Meetkunde
Hoektransversalen in een driehoek
ABC is een driehoek. Een lijn l door
een hoekpunt A van de driehoek heet
een hoektransversaal van A. We zullen
onderzoeken onder welke voorwaarden
hoektransversalen van A, B en C door
een punt gaan. In het bijzonder tonen
we aan dat de drie zwaartelijnen, hoogtelijnen en bissectrices door een punt
gaan.
g. 1
Stel l is een hoektransversaal van A.
Voor alle punten D op l is de verhouding v1 = DE : DF van de afstanden
tot de zijden b en c dezelfde. Evenzo
behoort bij een transversaal m van B
een vaste verhouding v2 van de afstanden van een punt op m tot c en a, en bij
een transversaal n van C een verhouding v3 . Gaan l, m en n door een punt,
dan geldt v1 v2 v3 = 1. (Zie g. 2) Omgekeerd, doorsnijden de hoektransversalen
l, m en n alle drie het binnengebied van
de driehoek en is v1 v2 v3 = 1,
g. 2
dan gaan l, m en n ook door een punt.
Noem om dat in te zien het snijpunt van
m en n K en laat loodlijnen KD, KE
en KF neer op a, b en c. (Zie g. 3) We
zien dat KE : KF = (KE : KD)(KD :
KF ) = v13 · v12 = v1 . Op l is er precies
een punt K binnen driehoek ABC met
afstanden tot b gelijk aan KE . Voor
alle punten op l geldt K E : K F = v1 ,
dus K F = KF . Hieruit volgt K = K en daarom gaat l door het snijpunt van
m en n. Voor de binnenbissectrices van
elke driehoek geldt v1 = v2 = v3 = 1,
dus: de binnenbissectrices van een driehoek gaan door een punt.
1
g. 3
Laat men ook transversalen toe buiten
de driehoek, dan behoren bij een waarde
van v1 telkens twee transversalen l1 en
l2 . Men kan ze onderscheiden door de
afstand van een punt tot een zijde van
de driehoek van een teken te voorzien:
positief als het punt aan dezelfde kant
van de zijde ligt als driehoek en negatief in het andere geval. Zo krijgen ook
v1 , v2 en v3 een teken. Men verieert gemakkelijk dat de twee lijnen l1 en l2 altijd een verschillend teken voor v1 geven
en dat drie transversalen door een punt
gaan dan en slechts dan als v1 v2 v3 = 1.
g. 4
De transversaal l = AP kan ook gekarakteriseerd worden door de verhouding OAPC : OAPB = u1 van de oppervlakten van de driehoeken AP C en
AP B waarin l de driehoek ABC verdeelt. (Zie g. 5) Deze verhouding is
echter gelijk aan P C : P B omdat de
driehoeken dezelfde hoogtelijn vanuit A
hebben. Anderzijds geldt OAPC = 21 P E ·
b en OAPB = 12 P F · c, dus P C : P B =
u1 = v1 · bc . Hieruit volgt u1 u2 u3 =
v1 v2 v3 .
g. 5
Neemt men ook transversalen in beschouwing die buiten de driehoek liggen, dan
kan men de verhoudingen u1 , u2 en u3
op dezelfde wijze als v1 , v2 en v3 van
een teken voorzien. Het snijpunt met
de overstaande zijde kan dan ook op een
van de verlengden van die zijde liggen.
Met deze tekenafspraak geldt:
g. 6
Stelling 1.1 (Ceva,1678) Kiest men op de eventueel verlengde zijden a, b en
c van driehoek ABC respectievelijk punten P , Q en R, dan gaan AP , BQ en
CQ AR
CR door een punt dan en slechts dan als BP
PC · QA · RB = 1.
Zie g. 6 voor een plaatje van de stelling. In het bijzonder gaan dus de drie
zwaartelijnen van een driehoek door een punt. (Zie g. 7) Voor de hoogtelijnen
van een driehoek geldt (zie g. 8 en let ook op de tekens): BP = c cos ∠B , P C =
b cos ∠C , CQ = a cos ∠C , QA = c cos ∠A, AR = b cos ∠A, RB = a cos ∠B .
Volgens de stelling van Ceva gaan de hoogtelijnen dus door een punt.
2
g. 7
g. 8
Bewijs: elke binnenbissectrice van een driehoek gaat door het snijpunt van de buitenbissectrices van de andere hoekpunten. Zo ontstaan de middelpunten van de drie zogeheten aangeschreven cirkels. (Zie g. 9) Toon aan
dat de verbindingslijn van twee zulke middelpunten de verbindingslijn van het
derde met het middelpunt van de ingeschreven cirkel loodrecht snijdt in een
hoekpunt.
Opgave 1.1
g. 9
P , Q en R zijn de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan de
zijden van driehoek ABC . (Zie g. 9) Bewijs dat AP , BQ en CR door een
punt gaan. Evenzo voor de aangeschreven cirkels.
Opgave 1.2
De driehoeken ABC en A B C voldoen aan AB A B , BC B C en CAC A . Bewijs dat AA , BB en CC door een punt gaan of evenwijdig
zijn.
Opgave 1.3
Bewijs dat de zes driehoeken waarin de zwaartelijnen een gegeven driehoek verdelen, alle dezelfde oppervlakte hebben. Bijgevolg verdelen de
zwaartelijnen elkaar in de verhouding 1 : 2. (Zie g. 7)
Opgave 1.4
3
Kiest men P op BC zo,
dat AP een binnenbissectrice is van
∠BAC , dan is BP : CP = BA : CA.
Bewijs deze stelling, die de bissectricestelling heet. (Aanwijzing: snijd zoals in
g. 10 de lijn door C evenwijdig aan
AB met de bissectrice.) Bewijs dat hetzelfde geldt voor de buitenbissectrice.
Ook het omgekeerde geldt: verdeelt P
het lijnstuk BC inwendig of uitwendig
in de verhouding CA : BA, dan is AP
de binnen- respectievelijk buitenbissectrice van ∠BAC .
Opgave 1.5
g. 10
P , Q en R zijn punten op
de eventueel verlengde zijden a, b en c
van driehoek ABC . Bewijs: P , Q en R
liggen op een rechte dan en slechts dan
CQ AR
als BP
PC · QA · RB = −1. Dit heet de
stelling van Menelaos (±100 n. Chr.).
Aanwijzing: trek een lijn door A evenwijdig aan a, zoals aangegeven in g.
11.
Opgave 1.6
g. 11
2
Cirkels
Op de cirkel C met middelpunt M en
straal r liggen twee punten A en B en
een punt P buiten de boog AB . De
buitenhoek van een driehoek is gelijk
aan de som van de niet-aanliggende binnenhoeken, dus (zie g. 12) ∠AMT =
2 · ∠AP M en ∠T MB = 2 · ∠MP B .
∠AP B is dus onafhankelijk van de plaats
van P buiten de cirkelboog AB :
g. 12
Stelling 2.1 De grootte van een omtrekshoek is de helft van de grootte van de
middelpuntshoek op dezelfde boog. 4
Gevolg: de verzameling van alle punten
waaruit men een gegeven lijnstuk AB
ziet onder een gegeven hoek, wordt gevormd door twee cirkelbogen op AB die
elkaars spiegelbeeld zijn in AB . (Zie g.
13)
De limietstand van de omtrekshoek ∠AP B
als P tot A nadert, is de hoek tussen het
lijnstuk AB en de raaklijn in A. Men
ziet ook gemakkelijk direct in dat deze
hoek de helft is van de middelpuntshoek
∠AMB , omdat de raaklijn altijd loodrecht op de straal staat. (Zie g. 14)
Liggen vier punten A, B , C en D in deze
volgorde op een cirkel, dan heet ABCD
een koordenvierhoek.
g. 14
g. 13
g. 15
ABCD is een koordenvierhoek dan en slechts dan als de som van
een paar overstaande hoeken gelijk is aan . (Omdat de totale hoekensom gelijk
is aan 2 , is dan ook de som van het andere paar overstaande hoeken gelijk aan
.)
Stelling 2.2
Liggen A, B , C en D in deze volgorde op een cirkel, dan staan overstaande hoeken op complementaire bogen. Hun hoekensom is dus de helft van
2 . Is omgekeerd bijvoorbeeld ∠B + ∠D = , dan trekt men de cirkel door
A, B en C . De boog van deze cirkel tussen C en A is de verzameling van alle
punten aan die kant van AC , van waaruit men AC onder een hoek van − ∠B
ziet. D moet dus op deze boog liggen. Bewijs.
Kies een punt P buiten een cirkel C . Trek door P twee lijnen die C snijden. (Zie
g. 16) De driehoeken P AB en P A B zijn dan gelijkvormig, dus P A : P B =
P A : P B , ofwel P A · P B = P A · P B . Met andere woorden: het product van
de afstanden van P tot de snijpunten met C is onafhankelijk van de keuze van
de lijn door P . Dit product P A · P B heet de macht van P ten opzichte van
de cirkel. Kiest men voor de lijn de raaklijn, dan ziet men dat de macht het
kwadraat is van de lengte van het raaklijnstuk vanuit P aan de cirkel. Ligt P
binnen de cirkel (g. 17), dan leidt men evenzo af dat P A · P B onafhankelijk is
van de keuze van de lijn door P . Ook dan noemt men dit product de macht van
P . Om beide gevallen te onderscheiden geeft men de macht een teken: positief
5
als P buiten, negatief als P binnen de cirkel ligt. De punten op de cirkel hebben
als grensgeval van beide soorten de macht nul; als P de cirkel nadert, gaat de
macht van P inderdaad naar nul.
g. 16
g. 17
Opgave 2.1 Wat is de verzameling van alle punten die een gegeven macht ten
opzichte van een gegeven cirkel bezitten?
Gegeven zijn twee niet-concentrische cirkels. Bewijs dat de verzameling van alle punten die gelijke macht ten opzichte van de cirkels hebben, een
lijn is. (Deze lijn heet de machtlijn van de cirkels.) Snijden de cirkels elkaar,
dan is de machtlijn de verbindingslijn van de snijpunten.
Opgave 2.2
Opgave 2.3 Gegeven zijn drie cirkels. Geen twee ervan zijn concentrisch. Bewijs dat de drie machtlijnen van de drie paren cirkels door een punt gaan. (Dit
punt heet het machtpunt van het drietal cirkels.)
De zijden van een koordenvierhoek ABCD worden verlengd. S is
het snijpunt van AB en CD, T dat van AD en BC . Bewijs dat de binnenbissectrices van de hoeken S en T elkaar loodrecht snijden. (Zie g. 18)
Opgave 2.4
ABCD is een koordenvierhoek. P is een willekeurig punt van de
omgeschreven cirkel. (Zie g. 19) De projecties van P op AB , BC , CD, DA,
AC en BD heten respectievelijk E , F , G, H , K en L. Bewijs dat P E · P G =
P F · P H = P K · P L.
Opgave 2.5
g. 19
g. 18
6
3
Enige formules voor driehoeken
In driehoek ABC trekt men de hoogtelijn hc uit C . Volgens de stelling van
1
1
Pythagoras is c−(b2 −h2c ) 2 = (a2 −h2c ) 2 ,
dus (door te kwadrateren) c2 + b2 − h2c −
1
2c(b2 − h2c ) 2 = a2 − h2c . Sorteren en nogmaals kwadrateren geeft (c2 +b2 −a2 )2 =
4c2 (b2 − h2c ). Aangezien de oppervlakte
O van ABC gelijk is aan 12 hc c, geldt
g. 20
16O2 = 4b2 c2 − (c2 + b2 − a2 )2
= 2bc + (c2 + b2 − a2 ) 2bc − (c2 + b2 − a2 )
= (b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2
= (b + c − a)(b + c + a)(a − b + c)(a + b − c)
Noem s = 12 (a + b + c), dan is als gevolg hiervan
O2 = s(s − a)(s − b)(s − c) (de zgn. oppervlakteformule van Heron)
Omdat O = 21 hc c, volgt hieruit tevens dat
hc =
2p
s(s − a)(s − b)(s − c) (de zgn. hoogtelijnformule)
c
Stel I is het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek ABC . (Zie
g 21) Uit a = y + z , b = z + x en
c = x + y volgt x = s − a, y = s − b en
z = s − c. Is r de straal van de ingeschreven cirkel, dan is O als som van de oppervlakten van BIC , CIA en AIB gelijk aan 12 r 2(s−a)+2(s−b)+2(s−c) =
rs, dus O = rs en via de oppervlakteformule volgt hieruit
g. 21
r2 =
(s − a)(s − b)(s − c)
:
s
7
Is M het middelpunt van de omgeschreven cirkel van ABC , en R de straal van
deze cirkel, dan geldt R sin ∠A = 21 a
(zie g. 22), dus
a
b
c
=
=
= 2R
sin ∠A sin ∠B sin ∠C
(de sinusregel)
g. 22
Opgave 3.1 Ia en ra zijn middelpunt en straal van de aan de zijde a aangeschreven cirkel. (Zie g 9) Bewijs dat O = ra (s − a) en ra2 = s(s−sb−)(as−c) .
Bewijs dat van alle driehoeken met gegeven omtrek de gelijkzijdige
de grootste oppervlakte heeft.
Opgave 3.2
4
Gemengde opgaven
In koordenvierhoek ABP C is D het snijpunt van de diagonalen.
1
1
1
Bovendien is ABC een gelijkzijdige driehoek. Bewijs dat PB
+ PC
= PD
.
Opgave 4.1
Opgave 4.2
ken ∠AP B .
In vierkant ABCD ligt P zo, dat ∠P CD = ∠P DC = 15◦ . Bere-
Wat is het kleinste aantal scherphoekige driehoeken waarin men
een willekeurige stomphoekige driehoek kan verdelen? En een vierkant? (Geef
dus ook een bewijs dat de gevonden waarden minimaal zijn.)
Opgave 4.3
M is het midden van een
koorde P Q van een cirkel. Door M zijn
nog twee koorden AB en CD getrokken
(met A en C aan dezelfde kant van P Q).
AD snijdt P Q in X , BC snijdt P Q in
Y . Bewijs dat M ook het midden is van
het lijnstuk XY . (Zie g. 23)
Opgave 4.4
g. 23
8
D, E en F zijn de voetpunten van de hoogtelijnen uit A, B en
C op de overstaande zijden van driehoek
ABC . DEF heet de voetpuntsdriehoek
van ABC . Bewijs dat het hoogtepunt H
van ABC het middelpunt is van de ingeschreven cirkel van de voetpuntsdriehoek DEF . (Zie g. 24)
Opgave 4.5
g. 24
9
Lesbrief 7
Getaltheorie
1
De entier-functie
Denitie 1.1
Het grootste gehele getal kleiner dan of gelijk aan het re
ele getal
heet de entier (frans voor `geheel') van
x.
Notatie:
x
of
[x].
x
Voorbeelden: [4; 1] = 4, [− ] = −4, [4] = 4.
√
Toepassing. Toon
dat [(2 +√ 3)n ] een oneven getal is voor alle natuurlijk n.
√ aan
n
Oplossing. (2 + 3) = an + bn 3 voor zekere gehele getallen an en bn (uitwerken
√
met de √
binomiaalformule).
volgt ook dat (2 − 3)n =
√ n Uit de √binomiaalformule
n
an − bn √
3, dus (2 + 3) + (2 − 3) = 2an is een√even geheel getal. √Echter,
n
n
0 < (2
−
1 voor alle n, dus ook
1 en [(2 + 3)n ] =
√ n 3) < √
√− n 3) < √
√ n0 < 1 − (2
n
[(2 + 3) + (2 − 3) − 1 + 1 − (2 − 3) ] = (2 + 3) + (2 − 3)n − 1 = 2an − 1.
Opgave 1.1 Bewijs dat [x] + [y] ≤ [x + y] voor alle reele x; y.
Opgave 1.2 Bewijs dat [x + n] = [x] + n voor alle reele x en alle gehele n.
Opgave 1.3 Bewijs [nx] = [ nx ] voor alle reele x en alle positieve, gehele n.
Opgave 1.4 Los op:
(1) x + [x] = 4; 5;
(2) x + [x] = −4; 5.
Opgave 1.5 Bewijs: het aantal positieve gehele getallen kleiner dan of gelijk aan
n dat deelbaar is door het positieve gehele getal a, is [ na ].
Opgave 1.6 [x] + [x + n1 ] + · · · + [x + n−n 1 ] = [nx] (x ∈ R; x ≥ 0; n ∈ N)
Opgave 1.7 Stel n is een natuurlijk getal en p een priemgetal kleiner dan of gelijk
aan n. Bewijs dat de exponent van p in de priemontbinding van n! gelijk is aan
[ np ] + [ pn2 ] + [ pn3 ] + · · ·.
Opgave 1.8 Op hoeveel nullen eindigt 100!.
Opgave 1.9 Bewijs: als n1 ; n2 ; : : : ; nk ∈ N, dan is (n1 + n2 + · · · + nk )! deelbaar
door n1 !n2 ! · · · nk !.
Denitie 1.2
van
n
Voor een natuurlijk getal
(met inbegrip van
1
en
n) d(n).
n
noemen we het aantal positieve delers
Voorbeelden: d(6) = 4, d(20) = 6.
Als n = pk11 pk22 · · · pkr r de priemontbinding van n is, dan geldt
d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) · · · (kr + 1) :
1
n
Opgave 1.10 Bewijs: [ n+1
k ] − [ k ] = 1 of 0, al naar gelang k al dan niet een deler
is van n + 1.
Opgave 1.11 Bewijs met behulp van de vorige opgave dat
d(1) + d(2) + · · · + d(n) =
hn
1
+
n
ni
+···+
:
2
n
Opgave 1.12 Een punt in het vlak met gehele coordinaten heet een roosterpunt.
Bewijs dat d(i) gelijk is aan het aantal roosterpunten in het eerste kwadrant op de
graek van f (x) = xi . Leid hieruit een tweede bewijs af voor de gelijkheid uit de
vorige opgave.
Denitie 1.3
van
n
Voor een natuurlijk getal
(inclusief
1
en
n).
n
is
s(n)
de som van de positieve delers
Voorbeelden: s(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12, s(20) = 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 = 42.
Opgave 1.13 Bewijs dat s(1) + s(2) + · · · + s(n) = [ n1 ] + 2[ n2 ] + · · · + n[ nn ].
2
Het ladenprincipe
Het volgende principe wordt in de getaltheorie en de combinatoriek vaak gebruikt:
(1) Verdeelt men meer dan N objecten over N laden, dan bevat minstens een lade
meer dan een object.
(2) Verdeelt men oneindig veel objecten over eindig veel laden, dan bevat minstens
een lade oneindig veel objecten.
Toepassing. Bewijs dat er een natuurlijk getal is dat in decimale notatie begint
met 1234567890 : : : en dat deelbaar is door 1979.
Oplossing. Van de 1980 getallen
x1 = 1234567890
x2 = 12345678901234567890
..
.
x1980 = 1234567890 : : : 1234567890 (1980 maal)
zijn er minstens twee, zeg xj en xk (j > k ) die congruent modulo 1979 zijn, want
er zijn slechts 1979 verschillende restklassen. Het verschil xj − xk voldoet dan aan
de gestelde voorwaarden.
Opgave 2.1 Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal n een getal van de vorm
11 : : : 1100 : : : 00 bestaat dat deelbaar is door n.
Opgave 2.2 Gegeven zijn n +1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n +1.
Bewijs dat er onder die getallen twee zijn met ggd gelijk aan 1.
Opgave 2.3 Gegeven zijn n + 1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n.
Bewijs dat er onder hen minstens een is die de som is van twee van de andere.
Opgave 2.4 Uit elk zevental positieve gehele getallen kan men er een aantal kiezen
waarvan de som een zevenvoud is. Bewijs dit. (NWO 1977)
2
Opgave 2.5 Bewijs dat er een macht van 3 bestaat die decimaal geschreven eindigt
op : : : 0000001.
Opgave 2.6 In een vierkant met zijden van lengte 1 liggen 51 punten. Bewijs dat
er een cirkelschijf met straal 17 is die minstens drie van deze punten bedekt.
Opgave 2.7 Laat a1 ; a2 ; : : : een stijgende oneindige rij positieve gehele getallen
zijn. Bewijs dat voor elke gehele p ≥ 1 er oneindig veel termen am uit de rij zijn
die geschreven kunnen worden als
am = xap + yaq
waarbij x en y positieve gehele getallen zijn en q > p. (IWO 1975)
3
Talstelsels
Laat g een natuurlijk getal groter dan 1 zijn. Elk natuurlijk getal N is te schrijven
als
N = an g n + an−1 g n−1 + · · · + a1 g + a0
met ai ∈ Z, 0 ≤ ai < g en an = 0. Hierbij is n het grootste gehele getal zo, dat
g n ≤ N . Daaruit volgt an = gNn en voor i = n − 1; n − 2; : : : ; 0 vinden we
ai =
N − (an g n + · · · + ai+1 g i+1 )
gi
:
(Merk op dat deze formule meteen een algoritme geeft om achtereenvolgens an ,
an−1 , : : :, a0 te bepalen.) We kunnen N nu noteren als an an−1 · · · a1 a0 . Deze
notatie is gegeven g uniek voor N en heet de schrijfwijze van N in het g -tallig
stelsel. Op voor de hand liggende wijze kan men ook elk reeel getal r, 0 < r < 1,
ontwikkelen in een g -delige breuk:
r=
∞
X
i=1
ai g −i
(ai ∈ Z; 0 ≤ ai < g )
We noteren r = 0:a1 a2 a3 · · ·. Hiermee is de schrijfwijze van elk reeel getal in het
g -tallig stelsel uniek bepaald.
Vermeldenswaardig is de volgende eigenschap van natuurlijk getallen: als sg (N ) de
som van de cijfers van N is, wanneer N geschreven is in het g -tallig stelsel, dan
geldt
N − sg (N ) ≡ 0 mod g − 1 :
Bewijs. N − sg (N ) = an (gn − 1) + an−1 (gn−1 − 1) + · · · + a1 (g − 1). Elke term in
deze uitdrukking is deelbaar door g − 1. Voorbeeld. Een toepassing van het tweetallig stelsel vindt men in de analyse van
het Nim-spel. Hierbij spelen twee spelers met drie hoopjes lucifers. Om beurten
moeten zij een hoopje kiezen en daarvan een positief aantal lucifers pakken. Zij die
de laatste lucifer wegneemt, is de winnaar.
3
Denieer voor een analyse van het spel
n1 = a0 + a1 · 2 + a2 · 22 + · · · + ak · 2k
n1 = b0 + b1 · 2 + b2 · 22 + · · · + bk · 2k
n1 = c0 + c1 · 2 + c2 · 22 + · · · + ck · 2k
voor de aantallen lucifers n1 ; n2 ; n3 op de drie hoopjes, geschreven in het tweetallig
stelsel. (Dus ai ; bi ; ci ∈ {0; 1}). Men noemt een spelsituatie gunstig als voor alle i
geldt dat ai + bi + ci ≡ 0 mod 2. We kunnen dan twee dingen constateren:
1. Uitgaande van een gunstige spelsituatie geeft elke zet een ongunstige.
2. Vanuit elke ongunstige spelsituatie kan je in een zet in een gunstige komen.
Hieruit volgt dat een gunstige spelsituatie bij goed spel altijd tot winst leidt van de
speler, zeg speler 2, die op dat moment niet aan de beurt is, want die heeft altijd een
antwoord op een zet van haar tegenstander. Als het spel dan stopt na een eindig
aantal stappen (ga na dat dat hier altijd gebeurt), is de laatste zet zeker door speler
2 gedaan.
Opgave 3.1 Analyseer het Nim-spel in het geval dat degene die de laatste lucifer
wegneemt de verliezer is. (Dit heet de misere-versie van het spel.)
Opgave 3.2 Zijn er natuurlijk getallen a en b zo, dat a2 = b4 + b3 + b2 + b + 1?
Opgave 3.3 Zij ag (N ) de alternerende som van de cijfers van het natuurlijke getal
N , als N in het g -tallig stelsel is geschreven. Bewijs:
N ≡ ag (N ) mod g + 1 :
4
Pythagore
sche drietallen
Denitie 4.1
noemen we
Als voor de natuurlijke getallen
(a; b; c)
a, b en c geldt dat a2 + b2 = c2 , dan
een Pythagore
sch drietal.
Voorbeelden: (3; 4; 5), (5; 12; 13).
Met behulp van de identiteit (u2 − v 2 )2 + (2uv )2 = (u2 + v 2 )2 kan men door variatie
van u en v willekeurig veel Pythagoresche drietallen construeren.
Toepassing. Gegeven is een natuurlijk getal N . Bewijs dat er meer dan N punten
in het vlak zijn, niet op een rechte lijn, zo, dat al hun onderlinge afstanden geheel
zijn.
Bewijs. Kijk naar g. 1 voor een illustratie van het idee. Kies positieve rationale
getallen ui < vi (i = 1; 2; : : : ; N ) zo, dat 2ui vi = 1. Laat T een positief veelvoud
zijn van alle noemers, dan voldoen P0 = (0; T 2 ) en Pi = (T 2 (vi2 − u2i ); 0) voor
i = 1; 2; : : : ; N . Immers, als i; j > 0, dan is het duidelijk dat d(Pi ; Pj ) ∈ Z en voor
alle i > 0 geldt
d(P0 ; Pi ) =
q
q
T 4 + T 4 (vi2 − u2i ) = T 2 (2ui vi )2 + (vi2 − u2i )2 = T 2 (vi2 + u2i ) :
4
De Pi voldoen dus aan het gevraagde. P0
0
P1
P2
P3
Figuur 1.
Opgave 4.1 Bewijs dat er willekeurig veel hoeken x ∈ (0; 2 ) zijn zo, dat cos x en
sin x beide rationaal zijn.
Opgave 4.2 Kan men 1975 punten vinden op een cirkel met straal 1 zo, dat de
afstand tussen elk tweetal van die punten rationaal is? (IWO 1975)
Als (a; b; c) een pythagoresch drietal is, dan is natuurlijk ook (ka; kb; kc) zo'n drietal
voor elk natuurlijk getal k . Een drietal met ggd(a; b; c) = 1 heet een primitief drietal.
Stelling 4.2 (a; b; c) is een primitief
u
en
v < u,
met
ggd(v; u) = 1
u
en
drietal desda voor zekere natuurlijke getallen
en
v
niet beide oneven, geldt
a = u2 − v 2
b = 2uv
c = u2 + v 2
Bewijs. Stel eerst dat (a; b; c) een primitief drietal is. a en b zijn niet beide even,
want anders was c ook even. Evenmin zijn a en b beide oneven, want dan zou
c2 = a2 + b2 in de restklasse 2 mod 4 zitten, maar een kwadraat is altijd congruent
met 0 of met 1 mod4. Neem daarom vanwege de symmetrie in a en b a oneven en
b even. c is ook oneven. b2 = c2 − a2 = (c − a)(c + a), dus
2
b
2
=
c−a
2
c+a
2
waarin alle termen tussen haakjes gehele getallen zijn. Zouden c−2 a en c+2 a een
priemfactor p gemeenschappelijk hebben, dan zou p ook een factor zijn van c =
c+a + c−a en van a = c+a − c−a , dus ook van b = 2 · b . Maar aangezien (a; b; c)
2
2
2
2
2
primitief is, kan dit niet. Het product van c−2 a en c+2 a is een kwadraat, en gezien
het voorgaande deze uitdrukkingen zelf ook:
u2 =
c+a
;
2
v2 =
c−a
2
en ggd(u; v ) = 1 :
Hieruit volgt c = u2 + v 2 , b = 2uv en a = u2 − v 2 . u en v zijn niet beide oneven,
want dan zou a even zijn.
Stel omgekeerd dat u > v , ggd(u; v ) = 1, u en v niet beide oneven, a = u2 − v 2 ,
b = 2uv en c = u2 + v 2 . (a; b; c) is dan zeker een pythagoresch drietal. a, b en c zijn
niet alle drie even, want ggd(u; v ) = 1. Zouden ze een priemfactor p > 2 bevatten,
dan bevat ook u of v die factor, want b = 2uv . Maar a = u2 − v 2 bevat ook de
factor p, dus u en v bevatten beide een factor p, in tegenspraak met ggd(u; v ) = 1.
5
Opgave 4.3 Bewijs: in elk primitief drietal is een der getallen een vijfvoud.
Opgave 4.4 Bepaal alle pythagoresche drietallen waarin een der getallen gelijk is
aan 20.
Opgave 4.5 Bewijs dat het product van de getallen van een pythagoresch drietal
deelbaar is door 60.
Opgave 4.6 Bewijs dat er slechts een pythagoresch drietal is waarvoor a, 4b en c
alledrie priem zijn.
Opgave 4.7 Bepaal alle drietallen (a; b; c) van natuurlijke getallen met
a2 + 2b2 = c2 , respectievelijk a2 + 3b2 = c2 .
Opgave 4.8 Bewijs dat de cirkel door (0; 0), (0; 1978), (1978; 0) en (1978; 1978)
door geen enkel ander roosterpunt gaat.
5
De chinese reststelling
In lesbrief Getaltheorie II merkten we op dat je met congruenties net zo kunt
rekenen als met vergelijkingen. Men kan zo naast lineaire vergelijkingen ook lineaire
congruenties beschouwen:
ax ≡ b mod m met a; b; m ∈ Z en m > 1
Hier is de vraag een gehele x te bepalen zo, dat ax − b deelbaar is door m. Als x0
een oplossing is, dan voldoen ook x + km voor alle k ∈ Z. Met andere woorden, alle
getallen uit de restklasse x0 mod m. De oplossingsverzameling verandert niet als
we a en b veranderen in andere getallen uit hun restklassen modulo m. Onder een
oplossing van een lineaire congruentie verstaat men dan ook een restklasse modulo
m. Men lost dus als het ware de vergelijking restklasse a · restklasse x = restklasse
b op. De fundamentele vragen zijn nu:
• Wanneer is een congruentie oplosbaar?
• Als de congruentie oplosbaar is, hoeveel oplossingen zijn er dan, en welke zijn
die oplossingen?
Om deze vragen te beantwoorden kan men resultaten gebruiken over het oplossen
van lineaire vergelijkingen:
ax ≡ b mod m is oplosbaar ⇔ er zijn gehele x en y zodanig, dat ax − b = my ⇔ er
bestaan gehele x en y zodanig, dat ax − my = b. Dit laatste is dan en slechts dan
het geval, als ggd(a; m) een deler is van b.
Stelling 5.1
van
b
is.
De congruentie
Stelling 5.2
Als
ax ≡ b mod m is oplosbaar
ggd(a; m) = 1
heeft
ax ≡ b mod m
6
desda
ggd(a; m)
een deler
precies e
en oplossing.
Bewijs. Volgens stelling (??) is er ten minste een oplossing. Stel x1 en x2 voldoen
beide aan de congruentie. Dan geldt a(x1 − x2 ) ≡ 0 mod m. Omdat ggd(a; m) = 1
volgt hieruit dat x1 − x2 ≡ 0 mod m, dus x1 = x2 . Stelling 5.3
Als
Bewijs. Als ax
ggd ad ; m
d
ggd(a; m) = d
en
d|b,
heeft
ax ≡ b mod m
precies
d
oplossingen.
≡ b mod m, dan ad x ≡ db mod m
d en omgekeerd. Aangezien
m
= 1 heeft deze congruentie precies een oplossing x0 mod d . Deze
geeft precies de volgende verschillende restklassen modulo m als oplossing: x0 ; x0 +
m ; : : : ; x + (d − 1) m . 0
d
d
Vaak ziet men door te proberen snel een oplossing van de congruentie ax ≡ b mod m
als ggd(a; m) = 1. Men kan echter ook altijd met het algoritme van Euclides gehele
getallen p; q vinden zo, dat ap + mq = 1. Dan voldoet x = bp aan de gestelde
congruentie.
Opgave 5.1 Los op:
(1)
(2)
(3)
(4)
6x ≡ 8 mod 10
105x ≡ 30 mod 60
15x ≡ 1 mod 86
15x ≡ 2 mod 42
(5) 49x ≡ 164 mod 11
(6) 30x ≡ 5 mod 31
(7) 18x ≡ 14 mod 35
(8) 243x + 17 ≡ 101 mod 725
Stelling 5.4 (De chinese reststelling)
precies e
en oplossing modulo
Als
ggd(m; n) = 1,
dan heeft het stelsel
x ≡ a mod m
x ≡ b mod n
mn.
Bewijs. Elke oplossing van de eerste congruentie is van de vorm x = ym + a voor
zekere gehele y . Voldoet x ook aan de tweede congruentie, dan moet y een oplossing
zijn van ym + a ≡ b mod n, dus my ≡ (b − a) mod n. Volgens stelling (??) heeft
deze congruentie precies een restklasse y = y0 + kn, k ∈ Z, als oplossing, dus alle
oplossingen van het stelsel zijn van de vorm x = a + my = (a + my0 ) + kmn met
k ∈ Z. Met inductie bewijs je nu de volgende generalisatie:
Stelling 5.5
Als
ggd(ai ; mi ) = 1
dan heeft het stelsel
8
>
>
>
<
>
>
>
:
precies e
en oplossing modulo
en
ggd(mi ; mj ) = 1
voor
1 ≤ i; j ≤ k
en
i = j ,
a1 x ≡ b1 mod m1
a2 x ≡ b2 mod m2
.
.
.
ak x ≡ bk mod mk
m1 m2 · · · mk . Voorbeeld:
8
<
8
4x ≡ 5 mod 7
< x ≡ 3 mod 7
4x ≡ 2 mod 5 is gelijkwaardig met
x ≡ 4 mod 5
Het stelsel
:
:
3x ≡ 1 mod 4
x ≡ 3 mod 4
Uit x ≡ 3 mod 7 volgt x = 3 + 7y , dus 3 + 7y ≡ 4 mod 5, oftewel 2y ≡ 1 mod 5. Dit
7
geeft y ≡ 3 mod 5, dus y = 3 + 5z en x = 24 + 35z . Uit 24 + 35z ≡ 3 mod 4 volgt
nu z ≡ 1 mod 4, dus z = 1 + 4k en x = 59 + 140k (k ∈ Z).
Opgave
5.2 Los op:
(1)
x ≡ 2 mod 5
3x ≡ 1 mod 8
(2)
3y ≡ 2 mod 5
2y ≡ 1 mod 3
Opgave 5.3 Bepaal het kleinste natuurlijke getal groter dan 1000 dat bij deling
door 11, 13 en 17 resten respectievelijk 1, 5 en 14 geeft.
Opgave 5.4 Bepaal het kleinste natuurlijke getal zo, dat de helft een kwadraat,
een derde een derdemacht en een vijfde een vijfdemacht is.
Opgave 5.5 Bepaal het kleinste natuurlijke getal dat bij deling door 10 rest 9, bij
deling door 9 rest 8, bij deling door 8 rest 7,. . . , bij deling door 2 rest 1 geeft.
Opgave 5.6 Drie boeren verbouwen samen tarwe. Ze verdelen de oogst in drie
gelijke delen en gaan met hun deel elk naar een verschillende markt. Op markt A is
de gewichtseenheid 135 pond, op markt B 110 pond en op markt C 83 pond. Alle
drie verkopen ze een geheel aantal gewichtseenheden, en ze houden respectievelijk
30, 70 en 32 pond over. Hoe groot was de oogst?
8
Lesbrief 8
Isometrie
en
1
Inleiding
Een een-eenduidige afbeelding van het vlak op zichzelf heet een transformatie van
het vlak. Als T1 en T2 transformaties zijn, wordt de transformatie \T1 gevolgd door
T2 " genoteerd als T2 T1 . Punten in het vlak duiden we aan met hoofdletters, lijnen
met kleine letters. Als A en B verschillende punten zijn, noteren we de lijn door A
en B als A + B . d(A; B ) is de afstand tussen A en B .
Denitie 1.1 Een transformatie J van het vlak heet een isometrie (ook wel congruentie) als voor elk tweetal punten A, B geldt dat d(J (A); J (B )) = d(A; B ).
We presenteren nu enige fundamentele eigenschappen van isometrieen.
Stelling 1.2
Elke isometrie J voert lijnen in lijnen over.
Bewijs. Liggen A, B en C in deze volgorde op een lijn, dan geldt d(A; B ) +
d(B; C ) = d(A; C ). Omdat J een isometrie is, geldt dan ook d(J (A); J (B )) +
d(J (B ); J (C )) = d(J (A); J (C )). Dit kan alleen als ook J (A), J (B ) en J (C ) in
deze volgorde op een lijn liggen. Op soortgelijke manier bewijs je
Stelling 1.3 Laat de isometrie J de verschillende punten
laat J ook elk ander punt van A + B invariant.
Bewijs. Oefening.
A
en
B
invariant, dan
Stelling 1.4
Laat de isometrie J drie punten
ant, dan is J de identiteit.
A, B
en
C , niet op een lijn, invari-
Bewijs.
(Zie g. 1) J laat alle punten van de
drie verbindingslijnen A + B , B + C en
C + A invariant. Door een willekeurig
punt D is altijd een lijn te trekken die
minstens twee van deze drie lijnen snijdt. Omdat deze punten invariant blijven, geldt hetzelfde voor elk punt op
de verbindingslijn, dus ook voor D. Figuur 1.
1
Stelling 1.5
Geven isometrieen J1 en
J2 hetzelfde beeld in drie punten die niet op een lijn liggen, dan zijn ze identiek.
Bewijs. De isometrie J2−1 J1 laat de drie punten invariant en is dus de identiteit.
2
Lijnspiegelingen
Bij elke lijn l is er precies een isometrie die alle punten van l invariant laat, maar
niet de identiteit is. Dit is de lijnspiegeling in l. Notatie: Sl . Er geldt:
1. Sl (A) = A desda A ∈ l;
2. Sl2 = id (de identiteit). Hieruit volgt meteen Sl = Sl−1 ;
3. bij elk tweetal verschillende punten A en B is er precies een lijn l waarvoor
Sl (A) = B (en dus ook A = Sl2 (A) = Sl (B )). l heet de middelloodlijn van
AB ;
4. als A = B , geldt d(A; C ) = d(B; C ) desda C ligt op de middelloodlijn van
AB .
Lijnspiegelingen zijn de bouwstenen van de vlakke isometrieen, en wel in de volgende
zin:
Stelling 2.1 Elke vlakke isometrie J is te schrijven als de opeenvolging van ten
hoogste drie lijnspiegelingen.
Bewijs. (Zie g. 2) Kies drie punten A, B en C , niet op een lijn. Denieer J1 = id
als A = J (A), en J1 = Sl als A = J (A), waarbij l de middelloodlijn is van AJ (A).
Denieer verder J2 = J1 als J (B ) = J1 (B ) en J2 = Sm J1 als J1 (B ) = J (B ),
met m de middelloodlijn van J (B ) en J1 (B ). Merk nu op dat J (A) = J1 (A) op
m ligt, want
d(J1 (B ); J1 (A)) = d(A; B ) = d(J (A); J (B )) = d(J1 (A); J (B )) :
Hieruit volgt J2 (A) = Sm J1 (A) =
J1 (A) = J (A). Gezien de constructie geldt ook J2 (B ) = J (B ). Als
bovendien geldt J2 (C ) = J (C ), dan is
J = J2 . Als J2 (C ) = J (C ), dan is
de lijn n = J (A) + J (B ) de middelloodlijn van J2 (C ) en J (C ), dus dan is
J = Sn J2 . Figuur 2.
2
Opgave 2.1
(a) Een lijn l en twee punten A, B aan dezelfde kant van l zijn gegeven. Bepaal
een punt X ∈ l zo, dat AX en BX gelijke hoeken maken met l.
(b) Laat l een lijn en C1 , C2 twee cirkels aan dezelfde kant van l zijn. Bepaal een
punt X ∈ l zo, dat een van de raaklijnen aan C1 vanuit X dezelfde hoek met
l maakt als een van de raaklijnen aan C2 vanuit X .
(c) A en B zijn twee punten aan dezelfde
kant van een lijn l. Bepaal een
punt X ∈ l zo, dat de hoek tussen
AX en l tweemaal zo groot is als
de hoek tussen BX en l. (Zie g.
3.)
Figuur 3.
Opgave 2.2 Gegeven zijn drie lijnen l1 , l2 en l3 door een punt. Construeer een
driehoek ABC zo, dat l1 , l2 en l3 de bissectrices van de driehoek zijn.
Opgave 2.3 We hebben drie lijnen l1 , l2 en l3 door een punt, alsmede een punt A1
op l1 . Construeer een driehoek ABC zo, dat A1 het midden is van de zijde BC en
l1 , l2 en l3 de middelloodlijnen van de zijden zijn.
Opgave 2.4 Construeer een vierhoek ABCD als gegeven zijn de lengten van de
vier zijden, terwijl bovendien de diagonaal AC hoek ∠A doormidden deelt.
Opgave 2.5 Construeer een vierhoek ABCD die een ingeschreven cirkel heeft (een
zogenaamde raaklijnenvierhoek) als de lengten van de zijden AB en AD en bovendien de hoeken ∠B en ∠D gegeven zijn.
Opgave 2.6 Bij een rechthoekig biljart zijn de zijden opeenvolgend z1, z2 , z3 en z4 .
Een bal wordt vanuit punt A weggestoten in een bepaalde richting, treft achtereenvolgens de zijden z1 , z2 , z3 en z4 en bereikt daarna weer het punt A. Bepaal alle
punten A en alle vertrekrichtingen vanuit A waarvoor dit mogelijk is, en bepaal de
lengte van het traject dat de bal heeft doorlopen. (De bal denken we puntvormig,
terwijl bij terugkaatsen tegen een zijde `hoek van inval'=`hoek van terugkaatsing'
geldt.)
Opgave 2.7
(a) H is het hoogtepunt van driehoek ABC . H1 , H2 en H3 zijn de beelden van H
bij spiegeling in de zijden van ABC . Toon aan dat ze op de omgeschreven cirkel
van ABC liggen.
(b) Als H1 , H2 en H3 gegeven zijn, vind dan driehoek ABC terug.
Opgave 2.8 Bewijs dat alle eventuele symmetrie-assen van een veelhoek door een
punt gaan.
Opgave 2.9 S1 en S2 zijn spiegelingen in verschillende lijnen l1 en l2 . Bewijs dat
S1 S2 = S2 S1 desda de lijnen l1 en l2 snijden elkaar loodrecht. (Het samenstellen
van spiegelingen - of algemener, isometrieen - is dus niet commutatief!)
3
3
Translaties
De samenstelling van spiegelingen in evenwijdige lijnen l1 en l2 heet een translatie. Is X het beeld van X , dan zijn
lengte en richting van het lijnstuk XX onafhankelijk van de keuze van X . De
lengte is tweemaal de afstand van l1
en l2 , en de richting is loodrecht op l1
en l2 , gericht van l1 naar l2 . Sl1 Sl2 =
Sl3 Sl4 dan en slechts dan wanneer l3 en
l4 evenwijdig zijn aan l2 (en l1 ) en als
de gerichte afstand van l1 tot l2 gelijk is
aan die van l3 tot l4 . Men kan dus bij
het ontbinden van een translatie in twee
lijnspiegelingen een van beide spiegelassen
door een van tevoren gegeven punt kiezen.
Figuur 4.
Opgave 3.1
Gegeven zijn twee steden A en B aan
weerszijden van een kanaal. Waar moet
je een brug over het kanaal bouwen, opdat de weg van A naar B zo kort mogelijk is? De brug moet loodrecht op
het kanaal staan.
Figuur 5.
Opgave 3.2 Beantwoord dezelfde vraag als er meerdere kanalen overbrugd moeten
worden.
Opgave 3.3 Bepaal de verzameling van alle punten waarvoor de som van de afstanden tot twee gegeven snijdende lijnen gelijk is aan een gegeven waarde.
Opgave 3.4 ABCD is een vierhoek, M is het midden van AD, N is het midden
van BC . Bewijs dat AB CD als de lengte van MN gelijk is aan de helft van de
som van de lengten van AB en CD.
4
4
Rotaties
De samenstelling van twee spiegelingen
in snijdende lijnen l1 en l2 heet een rotatie. Het snijpunt S van l1 en l2 heet
het centrum, en is de hoek tussen l1
en l2 , dan geldt voor elk punt X =
S met beeldpunt X : ∠XSX = 2.
2 heet de rotatiehoek. Meet men alle
hoeken steeds met dezelfde draaizin, bijvoorbeeld tegen de wijzers van de klok
in, dan is tot op veelvouden van 2
na bepaald.
Figuur 7.
Twee rotaties R1 = Sl2 Sl1 en R2 = Sl4 Sl3 zijn gelijk desda l1 , l2 , l3 en l4 gaan door
een punt, terwijl bovendien de gerichte hoeken ∠(l1 ; l2 ) en ∠(l3 ; l4 ) op veelvouden
van na gelijk zijn. Bij het ontbinden van een rotatie in twee spiegelingen kan men
dus een van de twee spiegelassen vrij door het centrum kiezen. Hebben de rotaties
Sl2 Sl1 en Sl4 Sl3 hetzelfde centrum, dan kan men l2 = l3 kiezen. De samenstelling
Sl4 Sl3 Sl2 Sl1 = Sl4 Sl1 is dan een rotatie met als rotatiehoek de som van de hoeken
van de samenstellende rotaties.
Hebben de rotaties verschillende centra, dan kan men ook l2 = l3 kiezen.
Ook dan is Sl4 Sl3 Sl2 Sl1 = Sl4 Sl1 . De
rotatiehoek van de resulterende transformatie is ook nu weer de som van de
rotatiehoeken van de componenten. Is
+ ≡ 0 mod , dan is l1 l4 en de
resulterende isometrie is een translatie.
De rotatiehoek is dan dus 2( + ) ≡
0 mod 2 .
Figuur 8.
Op analoge wijze toont men aan dat de samenstelling van een rotatie en een translatie een rotatie is. In het algemeen geldt dus dat de opeenvolging van elk even
aantal lijnspiegelingen een rotatie, een translatie of de identiteit is.
Voert een rotatie R een gericht lijnstuk
AB over in een gericht lijnstuk A B ,
dan vindt men het rotatiecentrum S als
snijpunt van de middelloodlijnen m1 en
m2 van AA en BB . De rotatiehoek is
de gerichte hoek tussen de dragers van
AB en A B . Is de rotatiehoek gelijk
aan , dan is het rotatiecentrum S het
gemeenschappelijke middelpunt van de
lijnstukken AA en BB . De rotatie
R heet dan de puntspiegeling in S , en
voor elk punt X is S het midden van
X R(X ).
Figuur 9.
5
Voorbeelden:
Probleem 1. Gegeven zijn vijf punten O1 , . . . , O5 . Zoek een vijfhoek ABCDE
zo, dat de vijf gegeven punten de middens van de zijden zijn.
Oplossing.
(Zie ook g.
10)
Puntspiegeling in O1 voert A over in B ,
puntspiegeling in O2 voert B over in C ,
etcetera. De opeenvolging van de vijf
puntspiegelingen voert A dus in zichzelf
over. Deze opeenvolging is zelf echter ook
weer een puntspiegeling (de rotatiehoek is
5 ≡ mod 2 ), en A is blijkbaar het rotatiecentrum. Men vindt A daarom door
een willekeurig punt X te spiegelen in
O1 , . . . , O5 . Is X het beeld, dan is
A het midden van XX . Heeft men A,
dan vindt men B , . . . , E ook weer door
puntspiegelingen.
Figuur 10.
Probleem 2. Op de zijden van een willekeurige driehoek construeren we naar
buiten toe gelijkzijdige driehoeken. Bewijs dat de centra O1 , O2 en O3 van deze
driehoeken zelf ook een gelijkzijdige driehoek vormen.
Oplossing. Gebruik de notatie R(S; )
voor de rotatie met centrum S en
rotatiehoek .
R(O3 ; 23 )R(O1 ; 23 )R(O2 ; 23 )(A) = A,
dus A is het centrum van deze
samengestelde rotatie. De rotatiehoek
van de samenstelling is echter
2 ≡ 0 mod 2 , dus de samenstelling is
de identiteit. Dit betekent
R(O1 ; 23 )R(O2 ; 23 ) = R(O3 ; − 23 ).
Deze samenstelling is echter ook een
rotatie met als centrum de top van een
driehoek met basis O1 O2 en basishoeken
1 · 2 = . Het centrum is het punt O ,
3
2
3
3
dus O1 O2 O3 is gelijkzijdig.
Figuur 11.
Opgave 4.1 Twee cirkels snijden elkaar
in een punt A. Bepaal een lijn door
A zo, dat de cirkels op die lijn gelijke
koorden uitsnijden.
Figuur 12.
6
Opgave 4.2
Stel dat de guur F minstens twee verschillende symmetriecentra heeft. (Een
punt S heet symmetriecentrum van F
als F in zichzelf overgaat bij puntspiegeling
in S .) Bewijs dat F dan oneindig veel
verschillende symmetriecentra heeft. Een
voorbeeld van zo'n guur is een oneindig
lange strook: elk punt op de as is dan
symmetriecentrum.
Figuur 13.
Opgave 4.3 ABCD is een willekeurige vierhoek. Bewijs dat de middens van de
zijden een parallellogram vormen.
Opgave 4.4 Hoe zit het als in het eerste voorbeeld boven zes punten in plaats van
vijf gegeven zijn en we een zeshoek zoeken in plaats van een vijfhoek?
Opgave 4.5 Bepaal een gelijkzijdige
driehoek waarvan de hoekpunten liggen
op
(a) drie gegeven evenwijdige lijnen
(b) drie gegeven concentrische cirkels
of bewijs dat dit niet kan.
Opgave 4.6 Op de zijden van een willekeurige
driehoek ABC worden gelijkzijdige driehoeken
geconstrueerd: BCK en ACL naar buiten
en ABM naar binnen. S is het centrum
van ABM . Bewijs: driehoek LSK is
gelijkbenig en ∠LSK = 23 .
Figuur 14.
Opgave 4.7 Op de zijden van een willekeurige
vierhoek ABCD worden naar buiten toe
vierkanten geconstrueerd. De centra hiervan zijn M1 , M2 , M3 en M4 . Bewijs:
(a) M1 M3 = M2 M4 en M1 M3 ⊥ M2M4 ;
(b) is ABCD een parallellogram, dan
is M1 M2 M3 M4 een vierkant.
Figuur 15.
7
5
Glijspiegelingen
Er blijft nog over het onderzoek van
de isometrieen die zijn samengesteld uit
drie lijnspiegelingen. Gaan l1 , l2 en l3
door een punt, dan is Sl3 Sl2 Sl1 te vervangen door een lijnspiegeling Sl4 in een
lijn door het snijpunt zo, dat ∠(l1 ; l2 ) =
∠(l4 ; l3 ). Evenzo, is l1 l2 l3 , dan is
Sl3 Sl2 Sl1 = Sl4 voor zekere l4 l1 .
Figuur 16.
Doet geen van deze gevallen zich voor,
dan is Sl3 Sl2 Sl1 niet te schrijven als een
lijnspiegeling. Minstens twee van de lijnen snijden elkaar, zeg l1 en l2 . Noem
het snijpunt S . l3 gaat niet door S .
Vervang het paar (l1 ; l2 ) door het paar
(l1 ; l2 ) met l2 ⊥ l3 . Vervang vervolgens
het paar (l2 ; l3 ) door het paar l2 ; l3 )
met l1 ⊥ l3 .
Figuur 17.
De isometrie Sl3 Sl2 Sl1 = Sl3 Sl2 Sl1 is
dus de samenstelling van een translatie
en een spiegeling in een lijn evenwijdig
aan de translatierichting. Zo'n isometrie heet een glijspiegeling (ook wel schuifspiegeling). Als l1 l2 en l2 ∦ l3 kan
men net zo aantonen dat de isometrie
dan een glijspiegeling is.
De isometrieen zijn nu volledig gecatalogiseerd. Er is een wezenlijk onderFiguur 18.
scheid tussen enerzijds de identiteit, de
rotaties en de translaties, en anderzijds de lijn- en glijspiegelingen. Translaties en
rotaties kan men zich indenken als `opgebouwd' uit vele zeer kleine translaties en rotaties (d.w.z. waarbij origineel en beeld zeer weinig verschillen). Origineel en beeld
kunnen `continu in elkaar worden overgevoerd'. Men kan bewijzen (en intutief is dit
ook plausibel) dat zulks bij spiegelingen en glijspiegelingen niet mogelijk is, als men
zich tenminste beperkt tot bewegingen in het vlak. Translaties, rotaties en de identiteit noemt men directe isometrieen of bewegingen. Lijn- en glijspiegelingen heten
indirecte isometrieen. Heeft men in het vlak twee niet zelf spiegelsymmetrische guren F1 en F2 die door een isometrie in elkaar kunnen worden overgevoerd, dan
kan men aan de guren onmiddellijk zien of ze door een directe isometrie in elkaar
zijn over te voeren (ze zijn dan `gelijk georienteerd'), of door een indirecte isometrie (ze zijn dan `tegengesteld georienteerd'). Bij toepassingen is het vaak nuttig
translatierichting en -afstand, rotatiecentrum en -hoek, spiegelas of glijspiegelas en
-afstand van de betreende isometrie op te sporen.
8
Opgave 5.1 Gegeven is een lijn l, twee punten A en B aan dezelfde kant van l, en
een positief getal a. Bepaal punten X , Y met afstand a op l zo, dat de lengte van
de weg AXY B minimaal is.
Opgave 5.2 Construeer een vierhoek ABCD met gelijke hoeken ∠C en ∠D als de
lengten van de zijden AB en CD, de som van de lengten van de zijden BC en AD
en de afstand van A tot de drager van de zijde CD.
Opgave 5.3 Een punt X wordt achtereenvolgens gespiegeld in de zijden van een
gegeven driehoek, en daarna nog eens (in dezelfde volgorde). Het resultaat is een
punt X . Bewijs dat X = X . Bepaal ook het beeld van X onder de samenstelling
van deze zes spiegelingen.
Opgave 5.4 Gegeven zijn twee lijnen l1 en l2 met op l1 een punt A en op l2 een
punt B . Bepaal een lijn m die de lijnen l1 en l2 in de punten X en Y snijdt zo, dat
AX = BY , terwijl bovendien
(a) m evenwijdig is met een gegeven lijn n.
(b) m door een gegeven punt M gaat.
(c) het lijnstuk XY een gegeven lengte a heeft.
(d) het lijnstuk XY door een gegeven lijn r door midden wordt gedeeld.
Opgave 5.5 Wat is het product van twee glijspiegelingen langs onderling loodrechte
assen?
Opgave 5.6 Een glijspiegeling voert het gerichte lijnstuk AB over in A B . Bewijs
dat de glijspiegelas gaat door de verbindingslijn van het midden van AA en BB .
6
Isometrieen van de ruimte
Op analoge wijze zijn de isometrieen van de ruimte te catalogiseren. Men bewijst
dan: elke isometrie is de opeenvolging van ten hoogste vier vlakspiegelingen. Onderzoek van de mogelijkheden geeft
Directe isometrieen
(1) twee vlakspiegelingen: of een translatie (evenwijdige vlakken), of een rotatie
(snijdende vlakken) met de snijlijn als rotatieas.
(2) vier vlakspiegelingen: indien geen rotatie of translatie, dan kan men de vlakken
zo kiezen dat de opeenvolging ontstaat van een rotatie en een translatie langs de
rotatieas. Zo'n beweging heet een schroefbeweging.
Indirecte isometrieen
(1) een vlakspiegeling.
(2) drie vlakspiegelingen, waarbij de vlakken niet door een lijn gaan, of onderling
evenwijdig zijn (anders is de samenstelling weer een vlakspiegeling). Gaan de drie
vlakken door een punt, dan kan kan men ze zo kiezen dadt de samenstelling een
rotatie is, gevolgd door een spiegeling in een vlak loodrecht op de rotatieas. De
isometrie heet dan een draaispiegeling. Gaan de drie vlakken niet door een punt,
dan is de snijlijn van twee van hen evenwijdig aan het derde vlak. Men kan de
vlakken dan zo kiezen dat een spiegeling ontstaat, gevolgd door een translatie in
een richting evenwijdig aan het spiegelvlak. Zo'n isometrie heet een glijspiegeling.
9
Lesbrief 9
Meetkunde II
1
Puntvermenigvuldigingen
Denitie 1.1
Een transformatie G van het vlak heet een gelijkvormigheidstransformatie (verder afgekort als gt) als er een constante f > 0 bestaat zo, dat voor elk
tweetal punten X en Y geldt dat d(G (X ); G (Y )) = f · d(X; Y ). f heet de factor van
G.
Het is duidelijk dat als G1 en G2 gt's zijn met factoren f1 en f2 , G2 G1 een gt is met
factor f2 f1 . Als de factor van een gt gelijk is aan een, is de gt een isometrie.
Denitie 1.2 Stel O is een vast punt en f een positieve constante. De transformatie V (O; f ) die aan elk punt X het punt X toevoegt op de halfrechte vanuit
O door X zo, dat d(O; X ) = f · d(O; X ), heet de puntvermenigvuldiging (verder
afgekort als pv) met centrum O en factor f .
Elke pv met factor f is ook een gt, want voor elk paar X , Y met beelden X en Y geldt d(X ; Y ) = f · d(X; Y ). Bovendien geldt: als O1 = O2 , dan is
V (O2 ; f2 )V (O1 ; f1 ) een pv, tenzij f2 f1 = 1. In dat geval is het een translatie.
Opgave 1.1 Bepaal van V (O2 ; f2 )V (O1 ; f1 ) het centrum of in het speciale geval de
translatierichting en -afstand.
Opgave 1.2
Verklaar de werking van de pantograaf.
Dit instrument bestaat uit vier scharnierend
verbonden staven die een parallellogram
vormen. Pint men O vast en laat men P
een guur F beschrijven, dan beschrijft
P een guur F die ontstaat uit F door
een pv V (O; f ). Hoe groot is f ?
Figuur 1.
Opgave 1.3 Hoe kan men de pantograaf
gebruiken om een pv met `negatieve factor' (d.w.z. een pv, gevolgd door een puntspiegeling in het centrum) te verkrijgen?
Opgave 1.4 Gegeven is een driehoek ABC . Construeer een vierkant P QRS met
P en Q op AB , R op BC en S op AC .
Stel G is een gt met factor f . Kies een willekeurig punt O. Dan is V (O; f1 )G een
gt met factor 1, dus een isometrie J . G is dus te schrijven als G = V (O; f )J . Elke
gt is blijkbaar een opeenvolging van een isometrie en een pv. Het omgekeerde geldt
natuurlijk ook.
1
Bij een pv kan men origineel en beeld continu in elkaar overvoeren. De `orientatie'
blijft hierbij behouden. Er zijn dus twee soorten gt's:
• De directe gt's (verder dgt's genoemd), waarbij de orientatie niet verandert.
De in zo'n dgt bevatte isometrie is een translatie, een rotatie of de identiteit.
• De indirecte gt's (verder igt's genoemd), waarbij origineel en beeld tegengesteld
georienteerd zijn. De in zo'n igt bevatte isometrie is een lijn- of glijspiegeling.
2
Invariante punten
Een gt met factor ongelijk aan 1 kan hoogstens een invariant punt hebben, want
zouden P en Q beide invariant zijn, dan zou hun afstand gelijk blijven, in plaats
van met de factor vermenigvuldigd te worden. Het is merkwaardig dat elke gt met
factor ongelijk aan 1 ook precies een invariant punt heeft.
Stelling 2.1
Elke gt G met factor
kunnen dit punt construeren.
f =
1
heeft precies een invariant punt en we
Bewijs. Men onderscheidt twee gevallen:
(1) Elke lijn gaat over in een evenwijdige lijn. Kies een punt A. Als het
beeld A ongelijk is aan A, gaat de lijn
A + A in zichzelf over. Kies B buiten
die lijn. Als het beeld B ongelijk is
aan B , gaat ook B + B in zichzelf over.
Zouden A+A en B +B elkaar niet snijden, dan zouden A, A , B en B een parallellogram vormen, want AB A B .
Dan zou echter d(A; B ) = d(A ; B ) zijn,
in tegenspraak met f = 1. A + A en
B + B snijden elkaar dus in een punt
O dat wel invariant moet blijven.
Figuur 2.
(2) Er is een lijnstuk AB zo, dat het
beeld A B niet met AB evenwijdig is.
Construeer een parallellogram ABCD.
Het beeld ervan is een parallellogram
A B C D . Laat P het snijpunt zijn van
AB en A B , en R dat van CD en C D .
Stel P en R zijn de beelden van P en
R. P R en P R zijn niet evenwijdig,
want dan zouden P , P , R en R een
parallellogram vormen, met als gevolg
dat d(P; R) = d(P ; R ). Het snijpunt
O van P R en P R verdeelt P R en P R
Figuur 3.
in dezelfde verhouding, want P P en RR zijn evenwijdig. O is dus invariant onder
G.
2
Men ziet gemakkelijk in (bijvoorbeeld aan de hand van de hierna volgende catalogisering) dat men het parallellogram ABCD altijd zo kan kiezen dat ook BC en
B C , en dus ook DA en D A elkaar snijden. Het (enige) invariante punt O van
G ligt dan natuurlijk ook op de verbindingslijn QS van die twee snijpunten, dus
hiermee is O als snijpunt van P R en QS te construeren. 3
Standaardvormen
Als G = V (O; f )J een gt met factor f = 1 en invariant punt O is, is O ook invariant onder J = V (O; f1 )G . J is dus een rotatie R(O; ) met centrum O en zekere
rotatiehoek (eventueel = 0) als J direct is, en een lijnspiegeling Sl in een lijn l
door O als J indirect is. In het eerste geval heet G een draaivermenigvuldiging met
centrum O, factor f en rotatiehoek . In het tweede geval heet G een spiegelvermenigvuldiging. De lijn l en de lijn m door O loodrecht op l zijn dan de enige lijnen
die in zichzelf overgaan (l blijft gelijk gericht, m wordt omgeklapt). l en m heten
de assen van de spiegelvermenigvuldiging en O het centrum.
In de schrijfwijze G = V (O; f )R(O; ) respectievelijk G = V (O; f )Sl (met O ∈ l)
mag men de pv en de rotatie, respectievelijk de pv en de lijnspiegeling, verwisselen:
G = V (O; f )R(O; ) = R(O; )V (O; f )
respectievelijk
G = V (O; f )Sl = Sl V (O; f )
Figuur 4.
:
Figuur 5.
1 en f > 0, dan
Opgave 3.1 Stel J is een isometrie en J (O) = O. Bewijs: als f =
is V (O; f )J = J V (O; f ).
Opgave 3.2 Stel G1 en G2 zijn dgt's met factoren f1 en f2 , al dan niet verschillende
centra, en rotatiehoeken 1 en 2 . Bewijs dat G2 G1 rotatiehoek 1 + 2 heeft.
3
Opgave 3.3
G is een dgt met factor ongelijk aan
1. Stel dat de punten A en B worden overgevoerd in A en B en dat AA
en BB elkaar snijden in een punt S ,
ongelijk aan A, A , B of B . Bewijs
dat het invariante punt O van G het
tweede snijpunt is van de cirkels (ABS )
en (A B S ).
Figuur 6.
Opgave 3.4
Stel AB en A B zijn verschillend van
lengte, A = A en B = B . Stel A1 en
A2 verdelen het lijnstuk AA inwendig
en uitwendig in de verhouding AB :
A B en stel B1 en B2 doen hetzelfde
met BB . Bewijs dat de lijnen A1 + B1
en A2 + B2 de invariante assen zijn van
de igt die AB overvoert in A B .
Figuur 7.
Voorbeeld: ABCD is een vierkant met
centrum P en AB C D is een vierkant met centrum Q. R is het midden van BD
en S is het midden van B D. Dan is P SQR ook een vierkant.
√
√
Bewijs. De dgt D(D; 2; − 4 )√met centrum D, factor 2 en rotatiehoek − 4 voert
P over in A. De dgt D(B ; 21 2; − 4 ) voert A over in Q. Het product van beide
is een rotatie (nl. een dgt met factor 1) over een hoek − 2 die P overvoert in Q.
Maar S is hiervan het centrum, want eerst wordt S overgevoerd in T en daarna
weer terug in S . Net zo bewijst men dat P R = QR en P R ⊥ QR. Figuur 8.
Opgave 3.5 Analoog aan het voorbeeld, maar nu ligt P op CA, Q op AC , R op
BD en S op DB zo, dat CP : P A = AQ : QC = BR : RD = DS : SB = t : 1
(t willekeurig). Bewijs dat dan nog steeds P SQR een vierkant is.
Opgave 3.6 Behandel op een analoge wijze voorbeeld 2 uit §4 van de lesbrief
Isometrieen.
4
Opgave 3.7 Gegeven zijn gelijkzijdige driehoeken ABO en A B O met een gemeenschappelijk hoekpunt O zo, dat de hoeken ABO en A B O gelijk gericht zijn. Het
centrum S van driehoek ABO valt niet samen met A of B . M is het midden van
BA , N dat van AB . Bewijs dat de driehoeken SMB en SNA gelijkvormig zijn.
Opgave 3.8 Op de buitenkanten van de zijden van driehoek ABC worden driehoeken
ABR, BCP en CAQ geconstrueerd met ∠CBP = ∠CAQ = 45◦, ∠BCP =
∠ACQ = 30◦ en ∠ABR = ∠BAR = 15◦ . Bewijs dat ∠QRP = 90◦ en QR = RP .
(IWO 1975)
Figuur 9.
4
Figuur 10.
Regelmatige veelvlakken
Een veelvlak in de ruimte heet regelmatig als alle hoekpunten, alle ribben en alle zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, m.a.w. op dezelfde wijze in het geheel passen.
Bovendien eisen we dat alle zijvlakken regelmatige veelhoeken zijn. Zo'n veelvlak
kan dus geen inspringende hoekpunten of ribben hebben, want niet alle hoekpunten
of ribben kunnen inspringend zijn: zou slechts een gedeelte inspringend zijn, dan
zouden ze niet allemaal onderling gelijkwaardig zijn. Bijgevolg moet de som van
de hoeken van de regelmatige veelhoeken die in een hoekpunt samenkomen, kleiner
zijn dan 2 . Anders zouden immers deze zijvlakken samen in een vlak liggen, of
er zouden inspringende ribben van zo'n hoekpunt moeten uitgaan. Omdat ook alle
zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, en in elk hoekpunt minstens drie zijvlakken
samenkomen, kunnen de zijvlakken slechts regelmatige drie-, vier- of vijfhoeken zijn
2
(een regelmatige n-hoek heeft hoeken van n−
n ). Bij vier- en vijfhoeken kunnen er
alleen maar drie in een hoekpunt samenkomen, bij regelmatige driehoeken kunnen
er drie, vier of vijf samenkomen. In totaal zijn er dus hoogstens vijf regelmatige
veelvlakken mogelijk. Deze vijf bestaan inderdaad allemaal:
De tetraeder. Het regelmatige viervlak, waarbij in elk hoekpunt drie gelijkzijdige
driehoeken samenkomen.
De hexaeder. Het regelmatige zesvlak (kubus), waarbij in elk hoekpunt drie
vierkanten samenkomen.
De octaeder. Het regelmatige achtvlak, waarbij in elk hoekpunt vier gelijkzijdige
driehoeken samenkomen.
De dodecaeder. Het regelmatige twaalfvlak, waarbij in elk hoekpunt drie regelmatige vijfhoeken samenkomen.
De icosaeder. Het regelmatige twintigvlak, waarbij in elk hoekpunt vijf gelijkzijdige driehoeken samenkomen.
5
H
G
E
F
D
A
C
B
Figuur 11.
Het bestaan van de vijf regelmatige veelvlakken was reeds aan Plato bekend. Zijn
leerling Euclides bewijst in het laatste deel van zijn \Elementen" het bestaan ervan
door te beschrijven hoe je ze kan construeren. Zie ook g. 11. Uitgaande van de
kubus ABCD · EF GH vind je bijvoorbeeld ACF H als tetraeder. De centra van
de zijvlakken van de kubus vormen precies de hoekpunten van een oktaeder. De
constructie van dodecaeder en icosaeder is lastiger. Euclides maakte de dodecaeder
door op elk zijvlak van de kubus een geschikt `dakje' te plaatsen. De twaalf centra
van de zijvlakken van zo'n twaalfvlak vormen de hoekpunten van een regelmatig
twintigvlak. Op de details van Euclides' constructie gaan we hier niet in. Een
andere constructie van de icosaeder volgt uit opgave 5.2. De twintig centra van de
zijvlakken hiervan zijn weer de hoekpunten van een dodecaeder.
5
Schetsen en modellen
Bij de studie van de regelmatige veelvlakken is het vaak handig een schets te maken.
Voor kubus en viervlak is dit geen probleem. Bij de octaeder is het verstandig eerst
een vierkant diagonaalvlak te tekenen. Voor een ruwe schets van de dodecaeder
verdeel je de cirkel in tien gelijke delen. Binnen de zo ontstane tienhoek teken je excentrisch een regelmatige vijfhoek als voorvlak. Door spiegeling in het centrum van
de cirkel krijgt je hieruit het achtervlak, waarna je de rest kan intekenen. Analoog
maak je voor een schets van de icosaeder, uitgaande van een regelmatige zeshoek
`op zijn punt' met daarin excentrisch een regelmatige driehoek `op zijn punt' als
voorvlak.
Je kan van de veelvlakken ook draadmodellen maken. Zie je zo'n model in perspectief vanuit een punt even buiten het centrum van een zijvlak, dan zie je dit
zijvlak als een grote veelhoek, met daarin alle andere zijvlakken naast elkaar. Zo'n
projectie heet een Schlegel-diagram. Driedimensionale modellen kan je maken van
karton met behulp van een uitslag als bouwplaat, gevormd door het juiste aantal
regelmatige veelhoeken op een geschikte manier tegen elkaar gelegd. In g. 12 vind
je elk van de regelmatige veelvlakken in drie gedaanten: `normaal', als uitslag en
als Schlegel-diagram.
6
Typisch
aanzicht
Uitslag
Schlegeldiagram
Tetraëder
Hexaëder/
Kubus
Octaëder
Dodecaëder
Icosaëder
Figuur 12.
Opgave 5.1 De dodecaeder en icosaeder hebben elk 30 ribben. Beschouw de 30
middens van deze ribben. In beide gevallen kan men ze zo in vijf groepen van 6
verdelen, dat elke groep de hoekpunten vormt van een regelmatig achtvlak. Maak
een schets van dodecaeder en icosaeder met in elk een van de vijf octaeders ingetekend.
Opgave 5.2
De 12 ribben van het regelmatige achtvlak
worden allemaal op zekere wijze in dezelfde
verhouding t : (1 − t) verdeeld. (g.
13) Bewijs dat men t zo kan kiezen, dat
de 12 deelpunten de hoekpunten vormen van een regelmatig twintigvlak. Bereken
t in dit geval.
Figuur 13.
Opgave 5.3 Leg een massieve dodecaeder met een van zijn zijvlakken op tafel.
Laat loodrecht een bundel evenwijdige lichtstralen op tafel vallen. Wat voor silhouet
ontstaat er? Beantwoord dezelfde vraag voor de andere regelmatige veelvlakken, en
ook als je een veelvlak op een hoekpunt of ribbe laat balanceren.
Opgave 5.4 Onderzoek de isometrieen die het regelmatige viervlak in zichzelf overvoeren. Omdat bij al deze isometrieen het centrum van het viervlak invariant is,
komen als directe isometrieen slechts rotaties en als indirecte isometrieen slechts
draai- en vlakspiegelingen in aanmerking. Laat zien dat er 12 directe isometrieen
zijn (inclusief de identiteit). Bepaal in alle gevallen de rotatieas en de rotatiehoek.
Laat zien dat er ook 12 indirecte isometrieen zijn. De volledige groep van isometrieen van de tetraeder telt dus 24 elementen.
7
Opgave 5.5 Laat zien dat de groep van isometrieen van de kubus 48 elementen
telt: 24 directe en 24 indirecte isometrieen. Laat zien dat er een een-op-een correspondentie is tussen de 24 directe isometrieen en de permutaties van de 4 lichaamsdiagonalen.
Opgave 5.6 Bewijs dat de groepen van isometrieen van de dodecaeder en de icosaeder gelijk zijn. Bewijs hetzelfde voor kubus en octaeder.
Opgave 5.7 Bewijs dat de groep van de isometrieen van dodecaeder en icosaeder
120 elementen telt: 60 directe en 60 indirecte isometrieen. Elke isometrie geeft
een permutatie van de 5 ingeschreven octaeders (vergelijk opgave 5.1). Zijn er
isometrieen ongelijk aan de identiteit die de identieke permutatie geven? Treden
alle mogelijk permutaties op?
Opgave 5.8 Bij geschikt gekozen projectierichting kan door parallelprojectie uit
een regelmatig veelvlak een regelmatige n-hoek ontstaan. Welke waarden van n
zijn mogelijk?
8
Download
Random flashcards
mij droom land

4 Cards Lisandro Kurasaki DLuffy

Rekenen

3 Cards Patricia van Oirschot

Create flashcards