Hoofdstuk 1 Getallenleer

Hoofdstuk 1
Getallenleer
1.1
1.1.1
Priemgetallen
Definitie en eigenschappen
Een priemgetal is een natuurlijk getal groter dan 1 dat slechts deelbaar is door 1 en door
zichzelf. Om technische redenen wordt 1 niet als priemgetal opgevat.
De eerste 33 priemgetallen zijn: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59,
61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137.
Mersenne priemgetallen zijn priemgetallen die van de volgende gedaante zijn:
2n − 1
met n een natuurlijk getal.
Mersenne heeft die priemgetallen gevonden voor n ∈ {2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257}.
In 1903 werd gevonden dat 267 − 1 geen priemgetal is. Ook 2257 − 1 is geen priemgetal.
Anderzijds zijn 261 − 1, 289 − 1 en 2107 − 1 wel priemgetallen.
Op 16 september 2008 werd door een Amerikaanse universiteit het grootste tot nu toe
bekende Mersenne-priemgetal ontdekt. Dit priemgetal is 243 112 609 − 1.
Tot nu toe zijn er slechts 47 Mersenne-priemgetallen bekend.
OPGAVEN — 1 Hoeveel cijfers heeft het grootste bekende Mersenne-priemgetal? Met dit getal vult
men 320 krantenpagina’s.
STELLING 1.1 Elk natuurlijk getal groter dan 1 is deelbaar door een priemgetal.
1
2
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
GEVOLG 1.1 Is a een natuurlijk getal strikt groter dan 1 en geen priemgetal dan is de
kleinste positieve deler p van a een priemgetal en bovendien is p2 kleiner dan of gelijk aan
a.
STELLING 1.2 Als een priemgetal p een deler is van a·b dan is p een deler van a en/of
een deler van b.
Voorbeelden:
• 5 is deler van 7 · 10 = 70. 5 is geen priemfactor van 7 maar omdat 5 een priemgetal
is, moet 5 een priemfactor zijn van 10 omdat 5 een factor is van het product 70.
• 10 is deler van 6 · 75 = 450.
10 is geen deler van 6 en ook geen deler van 75.
10 is deler van het product 450 omdat 10 twee priemfactoren bezit, nl. 2 en 5 die
priemfactoren zijn van respectievelijk 6 en 75.
STELLING 1.3 Elk natuurlijk getal strikt groter dan 1 is op juist één manier te ontbinden in priemfactoren.
1.1.2
Aantal priemgetallen
Oneindig veel priemgetallen?
STELLING 1.4 Er zijn oneindig veel priemgetallen.
Gegeven: p is een priemgetal.
Te bewijzen: Er bestaat een priemgetal strikt groter dan p.
Bewijs: We beschouwen het product van alle priemgetallen kleiner dan of gelijk aan p
en we vormen het getal:.
a = 2 · 3 · 5···p + 1
Uit de constructie van a volgt dat a > p > 1.
1. Is a een priemgetal dan is a een priemgetal strikt groter dan p en in dit geval bestaat
er dus een priemgetal strikt groter dan p.
2. Is a geen priemgetal dan is volgens stelling 1.1 a deelbaar door een priemgetal dat
we q noemen.
Volgens de constructie van a is a niet deelbaar door de opeenvolgende priemgetallen
2 t.e.m. p. Hieruit volgt dat het priemgetal q strikt groter moet zijn dan p.
1.1. PRIEMGETALLEN
3
Hiermee is de stelling bewezen dat voor elk priemgetal p er steeds een strikt groter priemgetal moet bestaan. Er zijn dus oneindig veel priemgetallen.
Het aantal priemgetallen kleiner dan een bepaald natuurlijk getal?
De Belg Charles Jean Gustave Nicolas Baron de la Vallée Poussin (1866 – 1962) heeft in
1896 de volgende stelling bewezen:
STELLING 1.5 Het aantal priemgetallen kleiner dan n, voor n groot genoeg, is ongeveer
gelijk aan het natuurlijk getal dat het dichtst bij n/ ln n ligt.
ln is de logaritmen met grondtal e = 2, 7 · · · .
Voorbeeld:
• Het aantal priemgetallen kleiner dan 1 000 is ongeveer gelijk aan
1 000
1 000
1 000 · 0, 434294
434, 3
1 000 · log e
= log 1 000 =
=
=
= 144, 8
ln 1 000
3
3
3
log e
Er zijn ongeveer 145 priemgetallen kleiner dan 1000.
• Het aantal priemgetallen kleiner dan 10 000 is dan 10 000·0,434294
= 1 085, 7.
4
Er zijn ongeveer 1086 priemgetallen kleiner dan 10 000 dit is minder dan 10 keer het
aantal priemgetallen kleiner dan 1 000.
OPGAVEN — 2 Hoeveel priemgetallen zijn er ongeveer kleiner dan de volgende getallen
a) 100 000
b) 1 000 000
c) 50 000 000
3 Hoeveel priemgetallen zijn er ongeveer kleiner dan een getal van 100 cijfers?
4 Ontbind de volgende getallen in hun priemfactoren. Hoeveel priemgetallen moeten ongeveer maximaal
beschouwd worden om tot het resultaat te komen.
a) 2 173
b) 474 427
5 Hoeveel priemgetallen moeten maximaal beschouwd worden om een getal van 200 cijfers in priemfactoren te ontbinden?
6 Hoeveel priemgetallen moeten maximaal beschouwd worden om het grootste Mersenne getal in priemfactoren te ontbinden?
4
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
De densiteit van de priemgetallen?
Maar als er oneindig veel priemgetallen bestaan, wat bedoelen we dan met “immens veel”
priemgetallen? Is oneindig al niet “immens veel”? We kijken daarvoor naar de densiteit
van de priemgetallen. Zou het bijvoorbeeld kunnen dat priemgetallen erg schaars worden,
eenmaal je een bepaalde grens overschreden hebt?
Kan het zijn dat er bijvoorbeeld geen enkel priemgetal voorkomt bij 10 opeenvolgende
natuurlijke getallen?
Daartoe beschouwen we het product van de 10 opeenvolgende natuurlijke getallen tussen
2 en 11.
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 = 39 916 800
De volgende 10 opeenvolgende natuurlijke getallen zijn geen priemgetallen want:
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 + 2 = 39 916 802 is deelbaar door 2
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 + 3 = 39 916 803 is deelbaar door 3
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 + 4 = 39 916 804 is deelbaar door 4
..
.
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 + 10 = 39 916 810 is deelbaar door 10
2 · 3 · 4 · 5 · · · 10 · 11 + 11 = 39 916 811 is deelbaar door 11
Op die manier kunnen we er ook voor zorgen dat er bijvoorbeeld bij een miljoen opeenvolgende natuurlijke getallen geen enkel priemgetal voorkomt.
OPGAVEN — 7 Zoek 21 opeenvolgende natuurlijke getallen waarbij geen enkel priemgetal voorkomt?
1.2. MODULOREKENEN - RESTKLASSEN
1.2
5
Modulorekenen - Restklassen
1.2.1
Definitie
We beschouwen de verzameling
Zn = {0, 1, 2 . . . , n − 1}.
Is x ∈ Zn (0 ≤ x < n) dan is een natuurlijk getal y gelijk aan x modulo n als en slechts
als
∃n ∈ N : y = n · q + x
We noteren y ≡n x.
Voorbeeld:
• Als we enkel georiënteerde hoeken beschouwen waarvan het maatgetal uitgedrukt
in zestigdelige graden gehele waarden aannemen. Deze maatgetallen behoren tot de
verzameling
Z360 = {0, 1, 2 . . . , 359}
De georiënteerde hoek
1560o ≡360 120o
omdat
∃n ∈ N, nl. n = 4 : 1560 = 360 · 4 + 120
• De verzameling van de 12 uren van de dag
Z12 = {0, 1, 2 . . . , 11}
13 ≡12 1 want 13 = 12 + 1
12 ≡12 0 want 12 = 12 + 0
23 ≡12 11 want 23 = 12 + 11
OPGAVEN — 8 Vandaag is het woensdag, de derde dag van de week. Welke dag van de week is het
binnen 57 dagen?
9 Toon aan dat Zn , + een ommutatieve groep is.
10 Maak een tabel voor het product van elementen van Z6 en Z7 . Zijn de structuren Z6 , · en Z7 , ·
commutatieve groepen?
6
1.2.2
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
Nuldelers in Zn
Een nuldeler in Zn is een element x 6≡n 0 waarvoor een element y 6≡n 0 bestaat zó dat
x · y ≡n 0.
Dit betekent dat het product van twee getallen van Zn een veelvoud kan zijn van n zonder
dat de getallen apart veelvouden zijn van n.
STELLING 1.6 Als p een priemgetal is dan zijn er geen nuldelers in Zp .
We moeten bewijzen dat als
∀a, b ∈ Zp : a · b ≡p 0 =⇒ a ≡p 0 ∨ b ≡p 0
Bewijs: Als a · b ≡p 0 volgt daaruit dat ∃q ∈ N : a · b = p · q of m.a.w. dat p een deler is
van a · b. Omdat p een priemgetal is, moet p een deler zijn van a en/of een deler van b.
Dit is wat we moesten bewijzen:
a ≡p 0 ∨ b ≡p 0
OPGAVEN — 11 Zoek in Z6 en in Z7 de nuldelers.
1.2.3
Inverse in Zn
Een element a van Zn heeft een inverse in Zn als er een element x van Zn bestaat
waarvoor geldt
x · a ≡n 1
x wordt een inverse van a genoemd.
STELLING 1.7 Als in Zn een element een inverse heeft dan is dat element geen nuldeler
in Zn .
Bewijs: We beschouwen een element a van Zn dat een inverse x heeft in Zn . We kijken
of er een element b 6≡n 0 bestaat zo dat
a · b ≡n 0
We vermenigvuldigen beide leden met het inverse x van a.
x · (a · b) ≡n x · 0 =⇒ (x · a) · b ≡n 0 =⇒ 1 · b ≡n 0 =⇒ b ≡n 0
Dit betekent dat a geen nuldeler kan zijn.
1.2. MODULOREKENEN - RESTKLASSEN
7
Voorbeelden:
• In Z6 hebben 1 en 5 een inverse. De overige elementen zijn nuldelers.
• In Z7 hebben alle elementen een inverse en er zijn geen nuldelers.
STELLING 1.8 Is p een priemgetal en a een natuurlijk getal met a 6≡p 0 dan zijn er
precies p − 1 veelvouden verschillend van nul van a in Zp .
Bewijs: We beschouwen twee van de p − 1 veelvouden van a, nl. x1 · a en x2 · a met
0 < x2 < x1 < p (dit betekent ook dat x1 6≡p x2 ).
Stel dat x1 · a ≡p x2 · a. Daaruit volgt
x1 · a − x2 · a ≡p 0 =⇒ (x1 − x2 ) · a ≡p 0
Omdat p een priemgetal is en omdat a 6≡p 0 moet x1 −x2 ≡p 0, waaruit volgt dat x1 ≡p x2 .
Dit is in strijd met de onderstelling dat x1 6≡p x2 .
Geen twee veelvouden van a zijn aan elkaar gelijk. Er zijn dus precies p-1 veelvouden
verschillende van nul van a in Zp .
Voorbeelden;
• In Z12 zijn 3, 6 en 9 de opeenvolgende veelvouden verschillend van nul van 3.
• In Z13 zijn 3,6,9,11,2,5,8;12,1,4,7,10 de 12 opeenvolgende veelvouden verschillend
van nul van 3.
STELLING 1.9 Als p een priemgetal is dan heeft elk element verschillend van nul van
Zp een inverse modulo p.
Bewijs:: Omdat er precies p−1 veelvouden verschillend van nul van a zijn in Zp en omdat
Zp slechts p-1 elementen verschillend van nul bevat, moet er noodzakelijk een veelvoud
van a zijn die gelijk is aan 1 modulo p. Er bestaat dus een element x van Zp waarvoor
geldt x·a ≡p 1. Dit betekent dat a een inverse modulo p bezit.
Voorbeelden:
• In Z12 heeft 3 geen inverse. Anderzijds is 3 een nuldeler in Z12 omdat er een veelvoud
verschillend van nul van 3 bestaat die nul is, nl. 4 · 3 ≡12 0.
• De inverse modulo 13 van 3 is 9 omdat 3 · 9 = 27 ≡13 1.
8
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
OPGAVEN — 12 Zoek de inverse modulo 17 van het getal 8 door gebruik te maken van de veelvouden
van 8 in Z17
De machtverzameling Pa van een element a ∈ Zn met a 6≡n 0 is de verzameling van
elementen van Zn die kunnen geschreven worden als een macht ai van a, modulo p, met
i een natuurlijk getal.
Voorbeelden: In Z13 beschouwen we de opeenvolgende machten van enkele elementen:
P2 = {2, 4, 8, 3, 6, 12, 11, 9, 5, 10, 7, 1}
P3 = {3, 9, 1}
P4 = {4, 3, 12, 9, 10, 1}
P5 = {5, 12, 8, 1}
P12 = {12, 1}
STELLING 1.10 Als p een priemgetal is, a 6≡p 0 en |Pa | = k dan is k de kleinste
natuurlijke macht waarvoor ak ≡p 1..
Bewijs:
In Pa zitten maximaal p − 1 elementen omdat er in Zp slechts p − 1 elementen bestaan
verschillend van nul.
Dus na p opeenvolgende machten van a berekend te hebben a1 , a2 , ...ap , moeten we ergens
twee dezelfde uitkomsten hebben. We onderstellen dat aj de eerste macht is die gelijk is
aan een reeds voorheen berekende macht ai .
∃i ∈ N0 : ai ≡p aj met 0 < i < j ≤ p
Omdat p een priemgetal is, bezit elk element een inverse modulo p.
We vermenigvuldigen beide leden met het inverse modulo p van a, nl. x.
ai · x ≡p aj · x =⇒ (ai−1 · a) · x ≡p (aj−1 · a) · x =⇒ ai−1 · (a · x) ≡p aj−1 · (a · x)
=⇒ ai−1 · 1 ≡p aj−1 · 1 =⇒ ai−1 ≡p aj−1
Dit laatste zou betekenen dat aj niet de eerste macht is die gelijk is aan een eerdere
berekende macht dus mag ai−1 geen vroeger berekende macht zijn. Dus moet i − 1 = 0
en aj−1 ≡p a0 = 1. Het aantal elementen k van Pa is gelijk aan j − 1 (want de j-de macht
is reeds voorgekomen) en er geldt dat ak ≡p 1.
1.2. MODULOREKENEN - RESTKLASSEN
9
Voorbeelden:
• In Z13 is |P2 | = 12 en 12 is de kleinste macht waarvoor geldt 212 ≡13 1,
|P3 | = 3 en 3 is de kleinste macht waarvoor geldt 33 ≡13 1,
|P4 | = 6 en 6 is de kleinste macht waarvoor geldt 46 ≡13 1,
|P5 | = 4 en 4 is de kleinste macht waarvoor geldt 54 ≡13 1,
|P12 | = 2 en 2 is de kleinste macht waarvoor geldt 122 ≡13 1.
• In Z12 zijn er slechts twee elementen waarvoor een macht 1 oplevert nl. 52 = 1 en
72 = 1
GEVOLG 1.2 Als p een priemgetal is, a 6≡p 0 en |Pa | = k dan is het inverse van aj
gelijk aan ak−j .
Inderdaad, aj · ak−j = ak ≡p 1.
OPGAVEN — 13 Zoek de inverse modulo 17 van het getal 8 door gebruik te maken van de machten
van 8 in Z17
10
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
STELLING 1.11 Als p een priemgetal is, a 6≡p 0 en |Pa | = k dan is k een deler van
p − 1.
Bewijs:
1. Stel k = p − 1 (p − 1 is het maximaal aantal elementen van Pa ).
In dit geval is de eigenschap waar want p − 1 is deler van zichzelf.
2. Stel k < p − 1.
In dit geval zit er minstens één element in Zp \ {0} dat niet tot Pa behoort. We
beschouwen zo een element, nl. x =
6 0 en we construeren de verzameling
Xa = {x · ai : ai ∈ Pa }
We gaan aantonen dat |Pa ∪ Xa | = 2k. Het bewijs daarvan bestaat uit twee delen,
nl. |Xa | = k en Pa ∩ Xa = ∅
(a) Om te bewijzen dat |Xa | = k moeten we aantonen dat geen twee elementen
van Xa aan elkaar kunnen gelijk zijn.
Stel dat er twee elementen gelijk zijn
x · ai ≡p x · aj
met ai 6≡p aj . Hieruit volgt dan:
x · (ai − aj ) ≡p 0
Omdat p een priemgetal is en x 6≡p 0 is ai ≡p aj . Dit is in strijd met ai 6≡p aj .
Hieruit volgt dat het aantal elementen van Xa gelijk is aan het aantal elementen
van Pa .
(b) We tonen nu aan dat Pa en Xa geen elementen gemeen hebben.
We onderstellen
x·aj ≡p ai .
We vermenigvuldigen nu beide leden met ak−j die het inverse is van aj .
x·ak ≡p ak−j+i ⇐⇒ x ≡p ak−j+i
Dit betekent dat x een macht is van a en dus een element is van Pa . Dit is in
strijd met de keuze van x. De onderstelling is vals. Dus Pa en Xa hebben geen
enkel element gemeen.
Besluit: |Pa ∪ Xa | = 2k
1.2. MODULOREKENEN - RESTKLASSEN
11
3. Stel 2k = p − 1.
In dit geval is de eigenschap waar want dan is k een deler van p − 1.
4. Stel 2k < p − 1.
In dit geval zit er minstens één element in Zp \ {0} dat niet tot Pa ∪ Xa behoort.
We beschouwen zo een element, nl. y 6= 0 en we construeren de verzameling
Ya = {y · ai : ai ∈ Pa }
We hebben opnieuw dat Ya evenveel elementen bevat als Pa , en dat Pa ∩ Ya = ∅.
Op gelijkaardige manier toont men nu ook aan dat Xa ∩ Ya = ∅. Zo hebben dan
bewezen dat |Pa ∪ Xa ∪ Ya | = 3k.
Verder hebben we weer twee mogelijkheden, ofwel is 3k = p − 1 ofwel is 3k < p − 1.
We zien in dat we op die manier Zp \ {0} opdelen in een aantal verzamelingen, zegge
` verzamelingen, allemaal van gelijke grootte k. Dus k · ` = p − 1. Dit betekent dat
k een deler is van p − 1.
OPGAVEN — 14 Pas de constructies van het bewijs van vorige stelling toe op P4 en P6 , machtverzamelingen van resp. 4 ∈ Z7 en 6 ∈ Z7 .
STELLING 1.12 (De Kleine stelling van Fermat)
• Is p een priemgetal
en a 6≡p 0 (a geen veelvoud van p) dan is p een deler van ap−1 − 1.
• Is p een priemgetal en a een natuurlijk getal dan is p een deler van ap − a.
Bewijs:
• Als a geen veelvoud is van p dan moeten we aantonen dat ap−1 − 1 ≡p 0 m.a.w. dat
ap−1 ≡p 1.
Omdat a geen veelvoud is van p is a 6≡p 0. Voor het aantal elementen k van de
machtverzameling Pa geldt dat k een deler is van p − 1.
k·`=p−1
ap−1 = ak·` = (ak )` = 1` = 1
• Is a een natuurlijk getal dan kunnen we twee gevallen beschouwen
i a is een veelvoud van p en dan is p een deler van a en ook een deler van ap ,
dus een deler van ap − a.
ii a is geen veelvoud van p en dan is p een deler van ap−1 − 1 en dus ook een deler
van ap − a.
12
1.3
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
Binaire getallen
Een natuurlijk getal in de decimale schrijfwijze
2019 = 2 · 103 + 0 · 102 + 1 · 101 + 9 · 100 = 2, 019 · 103
985620 = 9 · 105 + 8 · 104 + 5 · 103 + 6 · 102 + 2 · 101 + 0 · 100
Het getal 2019 heeft 4 = 3 + 1 cijfers in de decimale schrijfwijze. De eenheid 9 is de rest
van het getal bij deling door 10. Het quotiënt is 201. Het tiental 1 is de rest van 201 bij
deling door 10. Het quotiënt is 20. Het honderdtal 0 is de rest van 20 bij deling door 10.
Het quotiënt is 2. Het duizendtal 2 is de rest van 2 bij deling door 10. Omdat we telkens
delen door 10 zijn de resten getallen strikt kleiner dan 10, dit zijn dus alle cijfers van 0
t.e.m. 9. We noemen n + 1 het aantal cijfers van een getal in de decimale schrijfwijze. Het
laatste cijfer (de eenheid) van het getal is de rest van het getal bij deling door 10. Het
quotiënt noemen we q0 , de rest r0 . Het voorlaatste cijfer (het 10-tal) is de rest bij deling
van q0 door 10. Het quotiënt noemen we q1 , de rest r1 . Zo gaan we verder. Het 10n -tal is
de rest bij deling van qn−1 door 10. Het quotiënt noemen we qn , de rest rn . het getal in
de decimale schrijfwijze is:
qn qn−1 ...q1 q0 = qn · 10n + qn−1 · 10n−1 + .... + q1 · 10 + q0
Een natuurlijk getal in de binaire schrijfwijze
28 = 1 · 24 + 1 · 23 + 1 · 22 + 0 · 2 + 0 · 20
Naar analogie met de decimale schrijfwijze is de binaire schrijfwijze van 28 gelijk aan
11100. De binaire schrijfwijze van 2019 is 1111100011.
Toepassing:
Hoe moeten we nagaan dat 341 een deler is van 2340 − 1?
2340 − 1 = 341 · q ⇐⇒ 2340 = 341 · q + 1
M.a.w. we moeten nagaan of 2340 ≡341 1.
We schrijven 340 in de binaire schrijfwijze.
340 ! 101010100
Dit betekent dat
340 = 28 + 26 + 24 + 22
2340 = 22
8 +26 +24 +22
= 24 · 216 · 264 · 2256
1.3. BINAIRE GETALLEN
13
We moeten hier dus machten van 2 modulo 341 berekenen. Het aantal verschillende
elemenen in P2 van Z341 is een deler van 340. We kunnen zo kort mogelijk deze machten
berekenen.
24 = 16
216 = 164 = 65536 ≡341 64
264 = (216 )4 ≡341 644 = 16777216 ≡341 16
2340 ≡341 16 · 64 · 16 · 64 = 220 = 216 · 24 ≡341 64 · 16 ≡341 1
Opmerking: Het aantal bewerkingen dat een computer moet uitvoeren om na te gaan
of 341 een deler is van 2340 − 1 is gelijk aan het aantal machten van 2 die berekend moeten
worden en het aantal vermenigvuldigingen. hier moeten 8 machten van 2 berekend worden,
di het aantal cijfers van 340 in de binaire schrijfwijze. Het aantal vermenigvuldigingen is
het aantal keer 1 in de binaire schrijfwijze min 1, di is hier 4 − 1 = 3. Samen zijn er 11
bewerkingen nodig.
OPGAVEN — 15 Bepaal het aantal elementen van P2 in Z341 .
16 Hoeveel bewerkingen moet een computer uitvoeren om na te gaan of een getal p van 200 cijfers deler
is van 2p−1 − 1?
14
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
1.4
De grootste gemene deler van twee natuurlijke
getallen
STELLING 1.13 De grootste gemene deler van twee positieve getallen a en b (ggd(a, b))
is het minimum van de verzameling M = {xa + yb : x, y ∈ Z en xa + yb > 0}.
Bewijs: M is een niet ledige naar onder begrensde verzameling van gehele getallen en
heeft dus een minimum die we d noemen. We gaan aantonen dat d de ggd is van a en b.
1. d is deler van elk element van M .
We beschouwen een willekeurig element van M nl. xa + yb.
Omdat d een element is van M bestaat er een lineaire combinatie van a en b die
gelijk is aan d:
d = ma + nb
en omdat d het kleinste element is van M kunnen we xa + yb delen door d.
xa + yb = dq + r
r is de rest en er geldt: 0 ≤ r < d.
r = xa + yb − dq ⇐⇒ r = xa + yb − (ma + nb)q ⇐⇒ r = (x − mq)a + (y − nq)b
Omdat r een positief getal is die strikt kleiner moet zijn dan d volgt hieruit dat r
niet kan behoren tot M en omdat r bovendien een lineaire combinatie is van a en b
betekent dit dat r moet gelijk zijn aan nul.
Hieruit volgt:
M = {d · k met k ∈ NO }
2. d is de grootste gemene deler van a en b.
Stel dat c een gemene deler is van a en b dan is c een deler van elke lineaire combinatie
van a en b dus ook een deler van d. Hieruit volgt dat d de grootste gemene deler is
van a en b.
We merken op dat elke gemene deler van a en b ook een deler is van de grootste
gemene deler van a en b.
Voorbeelden:
• ggd(975, 455) = 65 en het is eenvoudig te zien dat 65 = 975 − 2 · 455.
M = {65, 130, 195, 260, 325, 390, 455, 520, 585, · · · 975 · · · 1495, 1560}
M = {65k met k ∈ NO }
• ggd(682, 46) = 2, hier is moeilijk te zien hoe 2 een lineaire combinatie is van 682
en 46.
M = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, · · · 38, · · · } = {2k met k ∈ NO }
1.4. DE GROOTSTE GEMENE DELER VAN TWEE NATUURLIJKE GETALLEN 15
1.4.1
Bepalen van de grootste gemene deler van twee getallen
We onderstellen a > b dan is
a = bq1 + r1 met 0 ≤ r1 < b
Hieruit volgt dat elke gemene deler van a en b ook een gemene deler is van b en r1 .
Omdat bovendien geldt dat r1 < b < a, is de grootste gemene deler van a en b tevens
grootste gemene deler van b en r1 .
ggd(a, b) = ggd(b, r1 )
Merk op dat r1 ∈ M omdat r1 een lineaire combinatie is van a en b (r1 = a − bq1 ).
Omdat b > r1 is
b = r1 q2 + r2 met 0 ≤ r2 < r1
Analoog met de vorige redenering kunnen we besluiten:
ggd(b, r1 ) = ggd(r1 , r2 )
r2 is een lineaire combinatie van b en r1 (r2 = b − r1 q2 ) en r1 is op zijn beurt een lineaire
combinatie is van a en b. Hieruit volgt dat r2 een lineaire combinatie is van a en b en dus
een element is van M .
Zo voortgaande krijgen we een strikt dalende eindige rij getallen ri die elementen zijn
van M . Daarbij geldt dat de grootste gemene deler van twee opeenvolgende getallen ri
constant is.
Bij elke stap doen zich twee mogelijkheden voor: ofwel is ri verschillend van nul ofwel is
ri gelijk aan nul. Stel dat bij de kde stap de rest nul is (rk = 0) dan stopt de rij getallen.
Er geldt:
ggd(a, b) = ggd(rk , 0) = rk
De grootste gemene deler van a en b is dus de rest voorafgaand aan de rest 0.
Voorbeeld : Volgens de beschreven methode berekenen we de grootste gemene deler van
4176 en 1231. We vinden ggd(4176, 1231) = 1. De eindige dalende rij bestaat uit 9
getallen ri en r9 = 1.
a = 3b + r1
b = 2r1 + r2
r1 = r2 + r3
r2 = r3 + r4
r3 = 4r4 + r5
r4 = r5 + r6
r5 = r6 + r7
r6 = r7 + r8
r7 = 3r8 + 1
16
HOOFDSTUK 1. GETALLENLEER
We kunnen nu 1 schrijven als lineaire combinatie van 4176 en 1231
1 =
=
=
=
r7 − 3r8 = r7 − 3(r6 − r7 ) = 4r7 − 3r6 = 4(r5 − r6 ) − 3r6 = 4r5 − 7r6
4r5 − 7(r4 − r5 ) = 11r5 − 7r4 = 11(r3 − 4r4 ) − 7r4 = 11r3 − 51r4
11r4 − 51(r2 − r3 ) = 62r3 − 51r2 = 62(r1 − r2 ) − 51r2 = 62r1 − 113r2
62r1 − 113(b − 2r1 ) = 288r1 − 113b = 288(a − 3b) − 113b = 288a − 977b
Inderdaad, 288 · 4176 − 977 · 1231 = 1
Opmerking: Dit is echter niet de enige lineaire combinatie van a en b om het getal 1 te
bekomen. We kunnen een lineaire combinatie vinden van a en b zodat de scalair van a
negatief is en de scalair van b positief. Om dit te vinden moeten we 288 schrijven modulo
1231 zodat we een negatief getal bekomen en -977 schrijven modulo 4176 zodat we een
positieve scalair krijgen.
288 = 1231 − 943 =⇒ 288 ≡1231 −943
−977 = −4176 + 3199 =⇒ −977 ≡4176 3199
Zo verkrijgen we
(1231 − 943) · 4176 + (3199 − 4176) · 1231 = 1
−943 · 4176 + 3199 · 1231 + 1231 · 4176 − 4176 · 1231 = 1
−943 · 4176 + 3199 · 1231 = 1
OPGAVEN — 17 Bepaal ggd(a, b) = d en schrijf d dan als lineaire combinatie van a en b.
1. a = 468 en b = 120 (12)
2. a = 50 en b = 20 (10)
3. a = 1404 en b = 1014 (78)
4. a = 1334 en b = 812 (58)
5. a = 1260 en b = 1050 (210)
6. a = 4420 en b = 2772 (4)
18 Toon aan dat ggd(a, b) = 1. Schrijf dan 1 als lineaire combinatie van a en b. Geef voor 1 ook een
lineaire combinatie van a en b waarbij de scalair van b positief is.
1. a = 540 en b = 73
1.4. DE GROOTSTE GEMENE DELER VAN TWEE NATUURLIJKE GETALLEN 17
2. a = 382 en b = 257
3. a = 672 en b = 397
4. a = 4176 en b = 1231
19 Bewijs algemeen dat een natuurlijk getal steeds op oneindig veel manieren kan geschreven worden
als een lineaire combinatie van 2 gegeven natuurlijke getallen a en b met gehele coëfficiënten.