uitwerkingen

UITWERKINGEN BASISWISKUNDE
OPGAVENSET 10
Opgave 2
Laat a, b P N. Het Euclidisch algoritme is een efficiënt algoritme om ggdpa, bq te berekenen. We nemen aan dat a ě b. Het algoritme werkt als volgt: noem r0 “ a, r1 “ b.
Definieer inductief
rn`1 :“ rest van rn´1 na deling door rn .
Dan is rn`1 ă rn , dus is er uiteindelijk een k met rk “ 0. De claim is dat dan
rk´1 “ ggdpa, bq.
Onderdeel a)
Uitwerking.
Gebruik het algoritme om ggdp2010, 666q te berekenen.
We beginnen met r0 “ 2010 en r1 “ 666. Dan hebben we:
2010 “ 3 ¨ 666 ` 12
666 “ 55 ¨ 12 ` 6
12 “ 2 ¨ 6 ` 0
We zien dus dat ggdp2010, 666q “ 6 volgens ons algoritme.
Onderdeel b) Gebruik je berekening uit (a) om de vergelijking a ¨ 2010 ` b ¨ 666 “
ggdp2010, 666q met a, b P Z op te lossen.
Uitwerking.
We herschrijven wat we bij onderdeel (a) vonden:
6 “ 666 ´ 55 ¨ 12
12 “ 2010 ´ 3 ¨ 666
We kunnen de tweede regel in de eerste invullen:
6 “ 666 ´ 55 ¨ 12
“ 666 ´ 55 ¨ p2010 ´ 3 ¨ 666q
“ ´55 ¨ 2010 ` 165 ¨ 666
Zo hebben we 6, onze ggd, als som van producten van 2010 en 666 geschreven.
Onderdeel c) Toon nu aan dat het algoritme daadwerkelijk ggdpa, bq berekent. (Hint:
bewijs dat of rn`1 “ 0, of ggdprn`1 , rn q “ ggdprn , rn´1 q.)
Uitwerking. We zien dat er altijd een k is zodat rk “ 0: omdat rn`1 “ rest van
rn´1 na deling door rn hebben we 0 ď rn`1 ă rn (tenzij rn “ 0, maar dan zijn
we al klaar). We hebben dus een rij gehele getallen r0 ą r1 ą ... ą rn ą ... met
alle rn ě 0. Omdat rn ą rn`1 geldt ook rn ´ 1 ě rn`1 . Met inductie is dan
r0 ´ n ě rn , dus rr0 ď r0 ´ r0 “ 0. Ons algoritme houdt dus na eindig veel
stappen op.
Herinner nu de volgende gelijkheid, die op het hoorcollege is bewezen:
ggdpa, b ` kaq “ ggdpa, bq voor k P Z
1
Verder weten we dat rn´1 “ k ¨ rn ` rn`1 voor een k P Z (dit was de definitie
van rn`1 ). Dit betekent dat
ggdprn , rn´1 q “ ggdprn , rn`1 ` k ¨ rn q
“ ggdprn , rn`1 q
volgens de net genoemde formule. Dus inderdaad, ggdprn , rn´1 q “ ggdprn , rn`1 q,
en
ggdpa, bq “ ggdpr0 , r1 q “ ggdpr1 , r2 q “ ... “ ggdprk´2 , rk´1 q
We hebben nu: rk´1 deelt rk´2 (want rk “ rest van deling van rk´2 door rk´1 “
0) en rk´1 is natuurlijk ook de grootste deler van rk´1 , dus dan is ggdprn , rn`1 q “
rk´1 . Dus ggdpa, bq “ rk´1 , zoals gevraagd.
Opgave 3
Laat a, n gehele getallen met n ě 2. Bewijs dat als an ´ 1 priem is, dat dan a “ 2 en
n een priemgetal.
Uitwerking. Voordat we aan het bewijs beginnen, doen we een paar (geheel
spontane) observaties:
p‹q Als a “ 0 dan is 0n ´ 1 “ ´1 niet priem en ook als a “ 1, dan is 1n ´ 1 “ 0
niet priem. Als an ´ 1 priem is, kan a dus niet gelijk zijn aan 0 of 1.
pKq We kunnen een factor a ´ 1 uit an ´ 1 afsplitsen:
pa ´ 1qpan´1 ` an´2 ` ¨ ¨ ¨ ` a ` 1q “ an ` an´1 ` an´2 ` ¨ ¨ ¨ ` a
´ an´1 ´ an´2 ´ ¨ ¨ ¨ ´ a ´ 1
“ an ´ 1.
We zien dus dat a ´ 1 een deler is van an ´ 1.
Het eigenlijke bewijs volgt nu in de vorm van twee claims. Samen leveren
die het hele bewijs.
Claim 1)
Laat a, n P Z en n ě 2. Als an ´ 1 priem, dan a “ 2.
Uitwerking. Stel dat an ´ 1 priem is. Met observatie pKq weten we dat a ´ 1
een deler is van (het priemgetal) an ´ 1. Dus moet a ´ 1 gelijk zijn aan 1, of
gelijk zijn aan het priemgetal an ´ 1. Bekijk het laatste geval, dat a ´ 1 “ an ´ 1,
oftewel a “ an . Aangezien n ě 2 kan dit alleen het geval zijn als a “ 0 of a “ 1,
maar dit is onmogelijk vanwege observatie p‹q. Dus a ´ 1 “ 1, oftewel a “ 2.
Dit bewijst Claim 1.
Claim 2)
Laat n P Zě2 . Als 2n ´ 1 priem, dan is n een priemgetal.
Uitwerking. We bewijzen uit het ongerijmde en nemen aan dat 2n ´ 1 priem,
maar n niet. Dan kunnen we schrijven n “ d ¨ m voor d en m gehele getallen
ongelijk 1. Dit vullen we in om te zien dat dan ook 2dm ´ 1 “ p2d qm ´ 1 priem
moet zijn. Claim 1 geeft nu dat dan 2d “ 2, wat alleen kan als d “ 1. Dit geeft
een tegenspraak met de aanname dat d ‰ 1 en we concluderen dat n priem
moet zijn.
2
Opgave 4
Laat n ě 0 een geheel getal en beschouw weer de equivalentierelatie op Z die door
a „ b ô n | pa ´ bq gegeven is.
Onderdeel a)
Laat n “ 11. Toon aan dat 4r121s11 “ r0s11 en r101s11 “ r´20s11 .
Uitwerking. Herinner je dat twee equivalentieklassen gelijk zijn dan en slechts
dan als hun representanten equivalent zijn (dat is: Ex “ Ey ô x „ y).
In dit geval geldt dus r121s11 “ r0s11 dan en slechts dan als 121 „ 0, oftewel
desda 11 | 121 ´ 0. Dit is het geval, want 121 ´ 0 “ 121 “ 11 ¨ 11.
Net zo geldt r101s11 “ r´20s11 dan en slechts dan als 101 „ ´20 dan en
slechts dan als 11 | 101 ´ p´20q. Ook dit klopt, want 101 ´ p´20q “ 121 “ 11 ¨ 11.
Beide gelijkheden zijn dus juist.
Onderdeel b) Laat a P Z zodanig dat ggdpa, nq “ 1. Toon aan dat er een b P Z is
met rabsn “ r1sn (d.w.z. ab „ 1 ).
Uitwerking. Herinner je dat voor a, n P Z er b, c P Z bestaan zodat ggdpa, bq “
ax ` by (gevolg van Stelling 27.6, met andere variabelen).
Aangezien ggdpa, nq “ 1 zijn er dus b, c P Z te vinden zo dat ggdpa, nq “ 1 “
ab ` nc, oftewel ab ´ 1 “ nc. Hieruit volgt dat n | ab ´ 1, oftewel ab „ 1. Maar
dat is het geval dan en slechts dan als rabsn “ r1sn .
Onderdeel c)
Toon aan dat geldt: als a „ a1 en b „ b1 , dan a ` b „ a1 ` b1 .
Uitwerking. Stel a „ a1 en b „ b1 . Dan hebben we per definitie dat n | a ´ a1 en
n | b ´ b1 . Maar dan geldt ook dat n | pa ´ a1 q ` pb ´ b1 q, dus n | pa ` bq ´ pa1 ` b1 q.
Dit betekent precies dat a ` b „ a1 ` b1 .
Opmerking. Hiermee kunnen we een optelling rasn ` rbsn :“ ra ` bsn van equivalentieklassen definiëren. Die optelling ‘`’ is dus een ‘bewerking’ op verzamelingen (equivalentieklassen), maar toch kan je er mee rekenen zoals je met
getallen rekent (zie het hoorcollege over ’Optellen modulo 3’). Bijvoorbeeld, in
Z5 “ Z{5Z:
r4s5 ` r2s5 “ r4 ` 2s5 “ r6s5 “ r1s5
Onderdeel (c) vertelt dat dit altijd goed gaat, en dat we gerust andere representanten mogen kiezen:
r9s5 ` r17s5 “ r9 ` 17s5 “ r26s5 “ r1s5 ,
wat inderdaad gelijk is aan r4s5 ` r2s5 . Dat verwachtten we ook, omdat 4 „ 9 en
17 „ 2. Nu hebben we de optelling met gehele getallen omgetoverd in een gekke
optelling met equivalentieklassen Z{5Z, op een toch min of meer eenvoudige
manier. 1 Maar inmiddels zijn we stiekem in de wondere wereld van de algebra
beland, dus we houden snel op.
1 Ter zijde:
wiskundigen hebben vaak de neiging dit soort constructies ‘natuurlijk’ of zelfs ‘kanoniek’ noemen. Van die laatste kwalificatie — ’kanoniek’ — lijkt overigens niemand precies te weten
wat het is. Grofweg wordt ze aan alles geplakt, wat min of meer ’standaard’ of ’klassiek’ is.
3