Oefening 4.3. Zoek een positief natuurlijk getal zodanig dat de helft een kwadraat is, een derde is een derdemacht en een vijfde is een vijfdemacht.

Maat: px
Weergave met pagina beginnen:

Download "Oefening 4.3. Zoek een positief natuurlijk getal zodanig dat de helft een kwadraat is, een derde is een derdemacht en een vijfde is een vijfdemacht."

Transcriptie

1 4 Modulair rekenen Oefening 4.1. Merk op dat = Bestaat er een ander getal van de vorm 25ab dat gelijk is aan 2 5 a b? (Met 25ab bedoelen we een getal waarvan a het cijfer voor de tientallen voorstelt en b het cijfer voor de eenheden.) Oplossing 4.1 We zoeken een a en b uit N0, 9 waarvoor geldig is dat 32 a b = a + b. We kunnen dit oplossen via trial and error. We zoeken dus een veelvoud van 32 dat gelegen is tussen 2500 en De enige mogelijkheden zijn = 2528, = 2560 en = We zien dat de enige oplossing de gegeven oplossing is. Een meer gestructureerde oplossingingsmethode gaat als volgt. Bekijk de gelijkheid 32a b = a + b nu modulo 2. Dan vinden we dat b even moet zijn: we kunnen b vervangen door 2b, met b N0, 4. Dan volgt er 32a 2b = a + 2b. Bekijken we nu deze gelijkheid modulo 5, dan vinden we 2a 2b = 2b (mod 5), of dus a 2b b (mod 5): we mogen delen door 2 omdat ggd(2, 5) = 1. Dit betekent dat b een kwadraat moet zijn modulo 5, maar de enige kwadraten modulo 5 zijn 1 en 1 = 4. Immers, modulo 5 is 1 2 1, 2 2 4, 3 2 4, (mod 5). Hieruit volgt ook dat 1 de enige vierde macht is, want ( 1) 2 1 (mod 5). Als we b = 4 proberen, dan vinden we dat a 8 4 (mod 5), maar zoals net opgemerkt, is 4 geen vierde macht modulo 5, dus dit kan niet. Rest ons enkel nog b = 1, dus b = 2, en we vinden 32a 2 = a + 2. We hebben echter a = 9 nodig om met 32a 2 boven de 2500 uit te tornen ( = 2048 < 2500), zodat we met (a, b) = (9, 2) de enige oplossing hebben. Oefening 4.2. Vind alle m zodanig dat (mod m). Oplossing 4.2 We zoeken een m waarvoor geldt dat x m = Dit kunnen we herschrijven als x m = 710. We vinden dat m een deler moet zijn van 710 en dat alle delers van 710 in aanmerking komen. Oefening 4.3. Zoek een positief natuurlijk getal zodanig dat de helft een kwadraat is, een derde is een derdemacht en een vijfde is een vijfdemacht. Oplossing 4.3 Stel dat x een oplossing is, dan volgt uit de opgave dat zowel 2, 3 als 5 het getal x delen. Stellen we nu x = 2 a 3 b 5 c, dan moet 2 a 1 3 b 5 c een kwadraat zijn, waaruit volgt dat a 1, b en c even zijn. Wegens de tweede voorwaarde moet 2 a 3 b 1 5 c een derde macht zijn waardoor a, b 1 en c deelbaar moeten zijn door 3. Volgens de laatste voorwaarde besluiten we analoog dat a, b en c 1 deelbaar zijn door 5. Samengevat is a oplossing van a 1 (mod 2) a 0 (mod 3), en a = 15 is de kleinste oplossing a 0 (mod 5) b is oplossing van b 0 (mod 2) b 1 (mod 3) b 0 (mod 5), en b = 10 is de kleinste oplossing Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 12

2 en c is oplossing van c 0 (mod 2) c 0 (mod 3) c 1 (mod 5), en c = 6 is de kleinste oplossing We vinden dus als kleinste oplossing x = Oefening 4.4. Zoek de oplossing(en) (x, y) van het volgende stelsel over Z 7. x + 2y = 4 4x + 3y = 4 Zoek eveneens de oplossingen over Z 5. Oplossing 4.4 De determinant van de coëfficiëntenmatrix is gelijk aan 5. Over Z 7 : De rang van het stelsel is 2 want 5 2 (mod 7) 0 (mod 7). Er is dus een unieke oplossing. Beschouw deze vergelijkingen nu modulo 7: x + 2y = 4 4x 4y = 4 Uit de laatste x = y + 1, wat na invullen in de eerste geeft: 3y = 3. Hieruit volgt y = 1 en x = 2. We vinden de unieke oplossing (x, y) = (2, 1). Over Z 5 : De rang van het stelsel is 1 want 5 0 (mod 5). Het stelsel betekent modulo 5 x + 2y = 4 x 2y = 4, dus het is strijdig (4 = -4). 4.1 Stelling van Fermat Oefening 4.5. Bereken de rest na deling van 3 47 door 23. Oplossing 4.5 Aangezien ggd(3, 23) = 1, kunnen we de kleine stelling van Fermat toepassen, met name (mod 23). Dus (mod 23) 27 (mod 23) 4 (mod 23). Dus de rest van 3 47 na deling door 23 is 4. Oefening 4.6. Wat is het laatste cijfer van het getal 7 94? Er wordt gevraagd naar 7 94 (mod 10). Omdat 7 en 10 copriem zijn, kunnen we de kleine stelling van Fermat toepassen: 7 Φ(10) = (mod 10). Bijgevolg is 7 94 = ( 7 4) (mod 10). Het laatste cijfer van 7 94 is dus een 9. Meteen hebben we bewezen dat elke macht van 7, waarbij de exponent 2 modulo 4 is, eindigt op een 9. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 13

3 Oefening 4.7. Bereken de kleinste positieve macht n zodat voor elke a Z, met ggd(a, 1020) = 1, a n 1 (mod 15) a n 1 (mod 20) a n 1 (mod 17) Oplossing 4.7 Merk vooreerst op dat kgv(15, 20, 17) = Elk element dat inverteerbaar is modulo 1020 is dus ook inverteerbaar modulo 15, 17 en 20 (omdat inverteerbaar zijn modulo hetzelfde is als onderling ondeelbaar zijn met). We kunnen de vraag dan ook herformuleren als volgt: zoek het kleinste gemeen veelvoud van k 1, k 2 en k 3 waarbij k 1, k 2 en k 3 de kleinste positieve natuurlijke getallen zijn waarvoor a k 1 1 (mod 15), a k 2 1 (mod 20) en a k 3 1 (mod 17). Gebruikmakend van de stelling van Euler vinden we gemakkelijk k 1 = Φ(15) = 8, k 2 = Φ(20) = 8 en k 3 = Φ(17) = 16. Het antwoord op de vraag is dus n = Lineaire congruenties Oefening 4.8. Los op a. 40x 777 (mod 1777) b. 3x 6 (mod 18) c. 15x 26 (mod 51) d. 7x 27 (mod 200) e. 10x 25 (mod 38) f. 10x 25 (mod 35) g. 10x 25 (mod 37) Oplossing 4.8 a. (a) Aangezien ggd(40, 1777) = 1, zal de congruentie juist één oplossing hebben. We moeten eerst het invers element van 40 in Z 1777 bepalen, bijvoorbeeld via het algoritme van Euclides zeg maar de algemene oplossingsmethode = = = = = 0 1 = 6 5 = 6 (17 2 6) = = 3 ( ) 17 = = ( ) = Beschouw deze laatste vergelijking modulo 1777 en we bekomen (mod 1777). We vinden dus, omdat ggd(40, 1777) = 1, dat 40x 777 (mod 1777) equivalent is aan x (mod 1777), wat op zijn beurt equivalent is aan x 1752 (mod 1777). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 14

4 (b) Veel korter vinden we dat 40x (mod 1777). Hieruit volgt dat x (mod 1777). b. Aangezien ggd(3, 18) = 3 een deler is van 6 is 3x 6 (mod 18) gelijkwaardig met x 2 (mod 6) c. Geen oplossingen: ggd(15, 51) = d. Dit is equivalent met 7x 427 (mod 200), dus x 61 (mod 200). e. Geen oplossingen: ggd(10, 38) = f. Verschillende oplossingen: ggd(10, 35) = 5 25, dus we delen zowel a, b als de modulus door 5. We vinden 2x 5 (mod 7), of dus 2x 12 (mod 7) en dus x 6 (mod 7). g. 10 is inverteerbaar modulo 37. We kunnen al vereenvoudigen tot 2x 5 (mod 37) of 2x 42 (mod 37) dus de oplossingen zijn x 21 (mod 37). 4.3 Chinese Reststelling Oefening 4.9. Los op 2x 1 (mod 5) 3x 2 (mod 7) 4x 3 (mod 11) Oplossing 4.9 2x 1 (mod 5) 3x 2 (mod 7) 4x 3 (mod 11) x 3 (mod 5) x 10 (mod 7) x 9 (mod 11) x 3 (mod 5) x 3 (mod 7) x 9 (mod 11) De inverse van 2 in Z 5 is 3, aangezien (mod 5). De andere worden analoog berekend. We stellen een uitdrukking als de volgende voorop als oplossing voor dit stelsel: x 3 y y y (mod ) Substitutie van deze uitdrukking in het stelsel geeft: 77y 1 1 (mod 5) 55y 2 1 (mod 7) 35y 3 1 (mod 11) 2y 1 1 (mod 5) 6y 2 1 (mod 7) 2y 3 1 (mod 11) y 1 3 (mod 5) y 2 6 (mod 7) y 3 6 (mod 11) Hieruit volgt dat x (mod 385). Oefening Zoek het kleinste natuurlijk getal x dat aan het volgend stelsel voldoet. 2x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 6x 8 (mod 14) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 15

5 Oplossing x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 6x 8 (mod 14) 2x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 3x 4 (mod 7) Dit is snel te herleiden tot het volgend equivalent stelsel x 4 (mod 5) x 9 (mod 13) x 6 (mod 7). Toepassen van het algoritme bij de Chinese reststelling geeft dan x = 4 y y y met Dus y (mod 5) y (mod 13) y (mod 7) y 1 1 (mod 5) y 2 3 (mod 13) y 3 4 (mod 7) x (mod ) 2869 (mod 455) 139 (mod 455). Oefening Zoek het kleinste natuurlijk getal dat oplossing is van 5x 13 (mod 17) 2x 3 (mod 5) 8x 12 (mod 14) Oplossing 4.11 We reduceren het stelsel achtereenvolgens tot: 5x 13 (mod 17) 2x 3 (mod 5) 4x 6 (mod 7) 5x 30 (mod 17) 3x 3 (mod 5) 4x 20 (mod 7) x 6 (mod 17) x 1 (mod 5) x 5 (mod 7) Hieruit volgt dan dat x 6 y y y (mod ), waarbij y (mod 17) y (mod 5) y (mod 7) Hieruit volgt dat y 1 1 (mod 17) y 2 4 (mod 5) y 3 1 (mod 7) x (mod ) 1111 (mod 595) 516 (mod 595). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 16

6 Oefening a. Ga na welke van de volgende congruenties oplosbaar zijn: 18x 6 (mod 12) x 8 (mod 13) 35x 25 (mod 14) 25x 5 (mod 15) 28x 13 (mod 16) b. Los het stelsel, gevormd door de oplosbare congruenties, op. Oplossing We weten dat ax b (mod m) oplosbaar is als ggd(a, m) b. We gaan na in welke congruenties deze voorwaarde is voldaan. 18x 6 (mod 12) : ggd(18, 12) = 6 en 6 6 x 8 (mod 13) : ggd(1, 13) = 1 en x 25 (mod 14) : ggd(35, 14) = 7 en x 5 (mod 15) : ggd(25, 15) = 5 en x 13 (mod 16) : ggd(28, 16) = 4 en Dit betekent dat de derde en de vijfde congruentie niet oplosbaar zijn. 2. We lossen het volgende stelsel op: 18x 6 (mod 12) x 8 (mod 13) 25x 5 (mod 15) 3x 1 (mod 2) x 8 (mod 13) 5x 1 (mod 3) x 1 (mod 2) x 8 (mod 13) x 1 (mod 3). Aangezien 2, 13 en 3 onderling priem zijn, kunnen we het algoritme bij de Chinese reststelling toepassen. De oplossing van het stelsel is dus van de vorm: x 1 y y y (mod ).( ) We bekomen y (mod 2) y (mod 13) y (mod 3). 1 y 1 1 (mod 2) 6 y 2 1 (mod 13) 2 y 3 1 (mod 3). We vinden snel y 1 1, y 2 11 en y 3 2. Substitutie van deze waarden in ( ) geeft x (mod 78). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 17

7 Oefening Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. 5x 36 (mod 91) x 38 (mod 70) Oplossing 4.13 We brengen het stelsel eerst naar de vorm x b i (mod m i ). Hiertoe zoeken we het invers element van 5 in Z 91. ( = 400) Het stelsel herleidt zich tot x 80 (mod 91) ( ) x 38 (mod 70) Om de Chinese reststelling te kunnen toepassen, moeten 91 en 70 copriem zijn. Maar we vinden dat ggd(91, 70) = 7, waarbij 91 = 7 13 en 70 = We kunnen nu de Chinese reststelling in de omgekeerde richting toepassen en vinden dat x 80 (mod 91) gelijkwaardig is met het stelsel x 80 (mod 7) x 80 (mod 13) Om dit in te zien, kunnen we x 80 (mod 91) ook schrijven als x = 80 + a 91 = 80 + a Als we deze uitdrukking modulo 7 nemen, bekomen we x 80 (mod 7) en analoog x 80 (mod 13). Anderzijds heeft het stelsel gevormd door deze twee vergelijkingen juist 1 oplossing modulo 7 13 = 91. We vinden dat x 80 (mod 91) noodzakelijk gelijk moet zijn aan de unieke oplossing van het stelsel. Analoog is x 38 (mod 70) gelijkwaardig met het stelsel x 38 (mod 7) x 38 (mod 10) Wanneer we nu stelsel (*) willen oplossen, bekomen we een stelsel met 4 congruenties. We zouden deze stap de ontbinding van het stelsel kunnen noemen. x 80 (mod 7) x 3 (mod 7) x 80 (mod 13) x 2 (mod 13) x 38 (mod 7) x 3 (mod 7) x 38 (mod 10) x 8 (mod 10) Aangezien de eerste en de derde congruentie dezelfde restklasse modulo 7 hebben, is dit geen strijdig stelsel. We kunnen dus 1 van deze congruenties weglaten en stellen volgende oplossing voorop: x 3 y y y 3 91 (mod ) Het stelsel herleidt zich tot 130y 1 1 (mod 7) 70y 2 1 (mod 13) 91y 3 1 (mod 10) 4y 1 1 (mod 7) 5y 2 1 (mod 13) y 3 1 (mod 10) y 1 2 (mod 7) y 2 8 (mod 13) y 3 1 (mod 10) We vinden nu als oplossing x (mod 910). Met andere woorden, als we geen stijdigheid bekomen bij het ontbinden van het stelsel, vinden we een unieke oplossing modulo kgv(m 1, m 2 ). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 18

8 Oefening Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. x 15 (mod 32) x 12 (mod 72) Uit de eerste vergelijking volgt dat x 15 7 (mod 8). Uit de tweede vergelijking volgt dat x 12 4 (mod 8). Deze zijn in tegenspraak met elkaar, dus het stelsel is strijdig: de verzameling oplossingen van dit stelsel is ledig en bezit dus geen kleinste element. Oefening Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. x 5 (mod 62) x 17 (mod 14) (4) Omdat de moduli 62 en 14 niet copriem zijn, kunnen we de Chinese reststelling niet toepassen. We kunnen echter wel één van de moduli, bijvoorbeeld 62, delen door 2, zodat we wel onderling ondeelbare moduli hebben. Inderdaad: als x een oplossing is van (4), zal x zeker een oplossing zijn van x 5 (mod 31) (5) x 17 (mod 14). Omgekeerd, als x voldoet aan (5), dan zijn er twee mogelijkheden modulo 62: x 5 (mod 62) x 36 (mod 62). Wegens de tweede vergelijking weten we echter dat x 1 (mod 2), zodat noodzakelijk het eerste geval geldt. Bijgevolg voldoet x aan (4). We kunnen het gereduceerde stelsel oplossen. We hebben wegens de Chinese reststelling een unieke oplossing modulo = 434. We mogen op zoek gaan naar een oplossing van de vorm x = 5 y y Invullen hiervan in (5) geeft: 14y (mod 31) 31y 2 1 (mod 14) 7y (mod 31) 3y 2 15 (mod 14) We vinden dus y 1 = 11, y 2 = 5 en dit geeft x = 5 ( 11) = (mod 434). 129 zal dus het kleinste natuurlijk getal zijn dat aan de gegeven congruenties voldoet. Oefening Toon aan dat het berekenen van (mod 391) te herleiden valt tot het oplossen van het stelsel X 10 (mod 17) X 19 (mod 23). Zoek de oplossingen van dit stelsel. Oplossing 4.16 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 19

9 Deel 1 Reductie van de vergelijking tot lineaire congruenties. We zoeken een oplossing voor de vergelijking X (mod 391) Omdat 391 = 17 23, is het berekenen van (mod 391) equivalent met het zoeken naar een oplossing van het stelsel X (mod 17) X (mod 23) We willen gebruik maken van de stelling van Euler. Omdat Φ(17) = 16 hebben we dat (mod 17). We kunnen berekenen dat 6791 = , dus (mod 17). Analoog, omdat Φ(23) = 22 en (mod 22), is het stelsel equivalent met X 5 7 (mod 17) X 5 15 (mod 23) Nu is ( 4) (mod 17). Analoog is ( 3) (mod 23). Het stelsel is dus equivalent met X 10 (mod 17) X 19 (mod 23). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. We zoeken een oplossing hiervan met behulp van de Chinese reststelling. Stel X = 10 y y Dan is 23y 1 1 (mod 17) 17y 2 1 (mod 23) 6y 1 18 (mod 17) 17y 2 1 (mod 23) y 1 3 (mod 17) y 2 19 (mod 23). Na substitutie van y 1 en y 2 vinden we dat X 180 (mod 391) de oplossing is van het stelsel. Oefening Stel dat een jaar een schrikkeljaar is, m.a.w. 366 dagen bevat, als en slechts als het jaartal een veelvoud is van 4. Veronderstel ook dat een maancyclus bestaat uit 29 dagen. Op zaterdag 1 juni 1991 was het volle maan. In welk jaar, volgend op een schrikkeljaar, zal het voor het eerst volle maan zijn op een dinsdag 2 juni? Oplossing 4.17 Deel 1: Het stelsel congruentievergelijkingen. Zij x het aantal dagen na 1 juni 1991 waarop het voor de eerste maal volle maan is op een dinsdag 2 juni, in een jaar volgend op een schrikkeljaar. Dan voldoet x aan x 0 (mod 29) x 3 (mod 7) x 732 (mod 1461), Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 20

10 want een maancyclus bestaat uit 29 dagen, wat de eerste vergelijking geeft. De volle maan moet op een dinsdag zijn, dus 3 dagen na een zaterdag, waaruit de tweede vergelijking volgt. De derde vergelijking wordt als volgt bekomen: De eerst mogelijke oplossing is 2 juni 1993 en dit is 732 dagen na 1 juni De volgende kandidaat-oplossingen zijn 2 juni 1997, 2 juni 2001,... Tussen twee mogelijke oplossingen liggen er dus 4 jaar en 4 jaar bestaat uit = 1461 dagen. Dus x 732 (mod 1461). Deel 2: De oplossing van het stelsel = 3 487, dus de drie moduli zijn onderling ondeelbaar, zodat de Chinese reststelling van toepassing is. We zoeken een oplossing voor x van de vorm x = y y 2. Invullen in het stelsel geeft ons om te beginnen y 1 1 (mod 7) 1 5 y 1 15 (mod 7) y 1 3 (mod 7), maar het bepalen van de inverse van 203 = 7 29 modulo 1461 zal niet zo vlot gaan. We gebruiken het algoritme van Euclides: 1461 = = = = = ( ) = = 66 ( ) = Uit de laatste gelijkheid volgt dat de gezochte inverse is van 203 (mod 1461), dus y (mod 1461). We vinden x (mod ) (mod ). Daar = , is het voor de eerste keer volle maan op dinsdag 2 juni, in een jaar volgend op een schrikkeljaar, in het jaar = Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 21

11 4.4 Hogeregraadscongruenties Oefening Zoek de oplossingen van Z 6 29 (mod 35). Oplossing 4.18 Merk op dat 35 = 5 7. De vergelijking is dus equivalent met het stelsel Z 6 29 (mod 5) Z 6 4 (mod 5) Z 6 29 (mod 7) Z 6 1 (mod 7) De laatste vergelijking is wegens de stelling van Fermat altijd voldaan, van zodra Z 0 (mod 7). Anderzijds, aangezien terug wegens de stelling van Fermat, Z 4 1 (mod 5) (indien inverteerbaar) is de eerste vergelijking Z 6 4 (mod 5) gelijkwaardig met Z 2 4 (mod 5) en dus Z ±2 (mod 5). Er volgt dus dat alle oplossingen van de gegeven vergelijking precies deze waarden van Z zijn waarvoor Z ±2 (mod 5) en die geen 7-voud zijn. Oefening Zoek alle oplossingen van de vergelijking y 2 = 2158 (mod 2479), als je weet dat 2479 = Oplossing 4.19 Aangezien 2479 = 37 67, is deze congruentie gelijk aan volgend stelsel: y (mod 37) y (mod 67). Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. We zoeken met behulp van het Legendresymbool of 12 en 14 een kwadraatrest zijn respectievelijk modulo 37 en = = 1 = = = = = ( 1) 7 67 = ( 1) ( 1) Beide Legendresymbolen zijn 1. Beide vergelijkingen hebben dus oplossingen in y. We hadden dit ook onmiddellijk kunnen vinden, want het stelsel kunnen we herschrijven als y 2 12 (mod 37) 49 (mod 37) y 2 14 (mod 67) 81 (mod 67). De eerste equivalantie heeft als oplossingen y ±7 (mod 37), de tweede heeft als oplossingen y ±9 (mod 67) = 4 67 = 1. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 22

12 Dit geeft dan vier stelsels lineaire congruenties: y 7 (mod 37) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67) y 9 (mod 67) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. Het eerste en tweede, net zoals het derde en vierde stelsel, hebben tegengestelde oplossingen die, wegens de Chinese reststelling, uniek zijn modulo = S1 Een oplossing voor het eerste stelsel is y = 7 67 y y 2. Substitutie in het eerste stelsel geeft 67y 1 1 (mod 37) 37y 2 1 (mod 67) y 1 21 (mod 37) y 2 29 (mod 67), immers: de inverse van 30 (mod 37) volgt uit het algoritme van Euclides, analoog als de inverse van 37 (mod 67) uit dezelfde berekening volgt. We berekenen namelijk 67 = = = = = = 7 3 (30 4 7) = = (37 30) = = (67 37) = Deze laatste vergelijking modulo 67 nemen levert ons het ene resultaat, terwijl modulo 37 we het andere gezochte resultaat vinden. Beide waarden voor y 1 en y 2 geven y (mod 37 67) 2153 (mod 2479). S2 De oplossing voor het tweede stelsel is dan y 2153 (mod 2479) 326 (mod 2479). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 23

13 S3 Het derde stelsel heeft als oplossing: y = 7 67 y y 2 Substitutie in het derde stelsel geeft 67 y 1 1 (mod 37) 37 y 2 1 (mod 67) Deze vergelijkingen werden reeds opgelost bij stelsel 1, namelijk y 1 = 21 en y 2 = 29. We vinden dus y (mod 2479) 192 (mod 2479). S4 De oplossing voor het vierde stelsel is dan y 192 (mod 2479) 2287 (mod 2479). Oefening Los het volgende stelsel op: z 2 2 (mod 7) z 2 81 (mod 101) Oplossing 4.20 Deel 1: Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking is equivalent met z 2 9 (mod 7) z ±3 (mod 7). De tweede vergelijking impliceert z ±9 (mod 101). Deel 2: Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. We zoeken dus een oplossing van de vier stelsels (voor elke mogelijke combinatie van + en in ±): z ±3 (mod 7) z ±9 (mod 101). We zoeken de vier oplossingen van de vorm z = (±3) 101 y 1 + (±9) 7 y 2. Invullen van deze gedaante van z levert 101y1 1 (mod 7) 7y 2 1 (mod 101) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 24

14 Om de inversen te bepalen, voeren we het algoritme van Euclides uit: 101 = = = = 7 2 ( ) = We vinden dus dat y1 2 5 (mod 7) y 2 29 (mod 101) Na substitutie van y 1 en y 2 in de vorm van z geeft dit z (±3) (±9) 7 29 (mod 7 101) 514, 312, 193, 395} (mod 707). Oefening Los op: x 4 17 (mod 19) x 2 5 (mod 59) Oplossing 4.21 Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking is equivalent met x 4 17 (mod 19) 36 (mod 19) x 2 ±6 (mod 19). Dus x 2 6 (mod 19) of x 2 6 (mod 19) 13 (mod 19). We onderzoeken met behulp van het Legendre symbool of 6 en 13 kwadraatresten zijn (mod 19) = = ( 1) = ( 1) ( 1) = en = = 6 13 = = = ( 1) 1 3 = 1. We vinden dat 6 een kwadraatrest is (mod 19), maar dat 13 geen kwadraatrest is (mod 19). De vergelijking x 2 13 (mod 19) heeft geen oplossingen. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 25

15 Het origineel stelsel is herleid tot x 2 6 (mod 19) x 2 5 (mod 59). De eerste vergelijking is equivalent met x 2 25 (mod 19), dus x ±5 (mod 19), en de tweede vergelijking kan herschreven worden als x 2 64 (mod 59) zodat x ±8 (mod 59). Besluit: de vergelijkingen x ±5 (mod 19) x ±8 (mod 59) geven vier stelsels lineaire congruenties. Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. S1 Beschouw x 5 (mod 19) x 8 (mod 59). Een oplossing hiervoor is x = 5 59 y y 2. Substitutie in het eerste stelsel geeft 59 y 1 1 (mod 19) 19 y 2 1 (mod 59). y 1 10 (mod 19) y 2 28 (mod 59). Waarbij we het algoritme van Euclides gebruikt hebben: = = 1 1 = 19 9 ( ) = Hieruit volgt dat y 1 = 10 en y 2 = 28. Substitutie van deze waarden in de uitdrukking van x geeft x (mod 19 59) 480 (mod 1121). S2 Als een onmiddellijk gevolg heeft het stelsel x 5 (mod 19) x 8 (mod 59) x 480 (mod 1121) 641 (mod 1121) als oplossing. S3 Analoog is een oplossing voor x 5 (mod 19) x 8 (mod 59) gelijk aan x 5 59 y y 2 (mod 19 59). Substitutie van y 1 = 10 en y 2 = 28 geeft x 936 (mod 1121). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 26

16 S4 Tenslotte is het tegengestelde van deze oplossing, de oplossing van x 5 (mod 19) x 8 (mod 59). Oefening Los op: x 3 5 (mod 11) x 4 38 (mod 43). Oplossing 4.22 Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking oplossen in Z 11 geeft X 3 5 (mod 11) X 3 (mod 11) x x x Voor de tweede vergelijking vinden we dat X (mod 43), waaruit volgt dat X 2 9 (mod 43) of X 2 34 (mod 43). We moeten nu onderzoeken of 34 al dan niet een kwadraat is modulo 43 aan de hand van de Legendresymbolen. We berekenen = = ( 1) = ( 1) 9 17 = 1. We vinden = 1 waaruit volgt dat X 2 34 (mod 43) geen oplossingen heeft. Besluit We bekomen twee stelsels lineaire congruenties: X 3 (mod 11) X 3 (mod 11) X 3 (mod 43) X 40 (mod 43). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. S1 Voor het eerste stelsel is de oplossing X 3 (mod 11 43) 3 (mod 473). S2 Een oplossing voor het tweede stelsel is X = 3 y y Substitutie in het stelsel geeft 43y 1 1 (mod 11) 11y 2 1 (mod 43) y 1 10 (mod 11) y 2 4 (mod 43). Het algoritme van Euclides geeft 1 = We vinden X (mod 473). Oefening Geef alle oplossingen van x 2 = 1526 (mod 1829). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 27

17 Oplossing 4.23 Aangezien 1829 = kan de opgave herleid worden tot het volgende stelsel: x (mod 59) 51 (mod 59) x (mod 31) 7 (mod 31). Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. We zoeken met behulp van het Legendresymbool of 51 een kwadraatrest is modulo 59 en of 7 een kwadraatrest is modulo = We bekijken deze twee Legendresymbolen afzonderlijk: = = 8 17 = = = ( 1) 59 3 = ( 1) 2 3 = ( 1) ( 1) = 1. We vinden dat 51 = Anderzijds is 7 = ( 1) = ( 1) 3 7 = 7 3 = 1 3 = 1. De twee Legendresymbolen zijn 1, waaruit volgt dat beide vergelijkingen hebben oplossingen in x. We vinden voor de eerste vergelijking dat x 2 51 (mod 59) 169 (mod 59), dus x ±13 (mod 59). De tweede vergelijking levert het volgende op: x 2 7 (mod 31) 100 (mod 31), dus x ±10 (mod 31). We bekomen de volgende vier stelsels lineaire congruenties: x 10 (mod 31) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59) x 13 (mod 59) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. Het eerste en tweede, net zoals het derde en vierde stelsel, hebben tegengestelde oplossingen die, wegens de Chinese reststelling, uniek zijn modulo = Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 28

18 S1 Een oplossing voor het eerste stelsel is x = x x 2. Het Algoritme van Euclides geeft 1 = Substitutie van de oplossing in het stelsel geeft 59y 1 1 (mod 31) 31y 2 1 (mod 59) y 1 10 (mod 31) y 2 40 (mod 59) x (mod 59 31) 72 (mod 1829). S2 De oplossing voor het tweede stelsel is dan x 72 (mod 1829) 1757 (mod 1829). S3 Het derde stelsel heeft als oplossing: x = x x 2 Substitutie in het derde stelsel geeft 59y 1 1 (mod 31) 31y 2 1 (mod 59) y 1 10 (mod 31) y 2 40 (mod 59) De oplossing van het stelsel wordt nu: x (mod 1829) 1075 (mod 1829). S4 De oplossing voor het vierde stelsel is dan x 1075 (mod 1829) 754 (mod 1829). Oefening Los het volgende stelsel met lineaire en kwadratische congruenties over Z op. 5x 7 (mod 12) 6x 15 (mod 21) x 2 9 (mod 20) Oplossing 4.24 De eerste vergelijking is equivalent met x = 1 (mod 12). Bij de tweede delen we coëfficiënt, constante en modulus door 3 en vinden we 2x 5 (mod 7). Wegens de Chinese reststelling (omgekeerd toegepast) kunnen we dit stelsel equivalent ontbinden in x 1 (mod 3) x 1 (mod 4) x 1 (mod 7) x (mod 4) x (mod 5). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 29

19 Om hiervan een oplossing te zoeken, bekijken we de laatste vergelijkingen. We vinden dat 9 een kwadraatrest is, zowel modulo 4 als modulo 5. We vinden alvast dat x moet voldoen aan x ±1 (mod 4) x ±2 (mod 5). Echter, modulo 4 is er geen andere keuze dan x 1, want dit wordt geëist door een andere vergelijking. We zoeken dus de (twee) oplossingen van het stelsel x 1 (mod 12) x 1 (mod 7) x ±2 (mod 5). Zoeken we een x = 1 y ( 1) y (±2) y , dan vinden we 35y 1 1 (mod 12) 12 5y 2 1 (mod 7) 12 7y 3 1 (mod 5) ofte y 1 1 (mod 12) y 2 2 (mod 7) y 3 1 (mod 5). en we vinden x = 83, 167 (mod 420). Oefening Zoek alle oplossingen voor de congruentie X 2 + 6X 31 0 (mod 72). Oplossing 4.25 Deze congruentie (mod 72) is equivalent met het stelsel X 2 + 6X 31 0 (mod 8) X 2 + 6X 31 0 (mod 9) X 2 + 6X (mod 8) X 2 + 6X (mod 9) X 1, 5 (mod 8) X 4, 8 (mod 9). Er zijn dus 4 stelsels die opgelost moeten worden: X 1 (mod 8) X 1 (mod 8) X 4 (mod 9) X 8 (mod 9) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 30

20 X 5 (mod 8) X 4 (mod 9) X 5 (mod 8) X 8 (mod 9). De oplossingen hiervoor zijn X 49, 17, 13, 53} (mod 72). Een alternatieve oplossing kan erin bestaan om eerst de term in X te elimineren. Dan vinden we, met Y = X + 3: X 2 + 6X 31 0 (mod 72) (X + 3) (mod 72) Y 2 40 (mod 72) Dit is equivalent met Y (mod 8) Y (mod 9) Y 0 of 4 (mod 8) Y ±2 (mod 9). De oplossingen die we in elk van de vier gevallen vinden, zijn precies weer 49, 17, 13, 53} (mod 72). Oefening Wanneer bezit de vergelijking 5X 2 + 8X (mod p), p priem, p 13, een oplossing? Oplossing 4.26 De vergelijking bezit een oplossing als de discriminant 44 een kwadraatrest (mod p) is, m.a.w. als 11 een 11 kwadraatrest (mod p) is, dus = 1. p Uit de kwadratische wederkerigheidswet volgt 11 p = 1 = 1 = ( 1) 5(p 1)/2 = ( 1) (p 1)/2 p 11 en dit impliceert, aangezien 11 p = 1, dat p = ( 1) (p 1)/2. 11 p Deel 1: = 1 = ( 1) (p 1)/2. 11 Dan is (p 1)/2 oneven en dus p 3 (mod 4). Aangezien p geen kwadraatrest is (mod 11), is p 2, 6, 7, 8, 10 (mod 11), dus p, p 13, is een priemgetal dat voldoet aan de vergelijkingen p 2, 6, 7, 8, 10 (mod 11) p 3 (mod 4) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 31

21 en dit impliceert p 35, 39, 7, 19, 43 (mod 44). p Deel 2: = 1 = ( 1) (p 1)/2. 11 Dan is (p 1)/2 even en dus p 1 (mod 4). Aangezien p een kwadraatrest is (mod 11), is p 1, 3, 4, 5, 9 (mod 11). Dus hier voldoet p aan de vergelijkingen p 1, 3, 4, 5, 9 (mod 11) p 1 (mod 4) en dit betekent p 1, 25, 37, 5, 9 (mod 44). We concluderen dat deze vergelijking oplossingen heeft als p 13, p priem, congruent is met 1, 5, 7, 9, 19, 25, 35, 37, 39 of 43 modulo 44. Oefening Hoeveel primitieve elementen bezit het veld Z 16? Welke orde kan een niet-primitief element van Z 16 hebben en hoeveel elementen van die orde zijn er? Oplossing 4.27 Om een primitief element te vinden, moeten we eerst alle elementen vinden die copriem zijn met 16. Er zijn juist Φ(16) = Φ(2 4 ) = 2 3 = 8 elementen van Z1, 16 copriem aan 16, namelijk 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}. Van deze elementen moeten we de orde bepalen. Dit is het kleinste natuurlijk getal t waarvoor geldt dat a t 1 (mod 16). Om niet voor alle elementen een groot aantal berekeningen te moeten maken, zullen we de theorie moeten gebruiken. Aangezien a Φ(m) 1 (mod m) vinden we al dat elke t 8. We weten ook dat de mogelijke ordes van deze getallen een deler moet zijn van 8, we hebben dus enkel 1, 2, 4 en 8 als mogelijke ordes van deze elementen. Een element wordt primitief element genoemd als t = 8. Verder hebben we dat als de orde van een element a gelijk is aan t, a k eveneens orde t heeft als en slechts als ggd(k, t) = 1. Hieruit kunnen we reeds besluiten dat als we een primitief element a vinden, er minstens Φ(8) = 4 primitieve elementen zijn, namelijk a, a 3, a 5 en a 7 (die wegens primitiviteit van a allemaal verschillend zijn). Deze voorbeschouwingen zullen we kunnen gebruiken bij de berekeningen. De orde van 1 is gelijk aan 1. Beschouw nu a = 3. We vinden (mod 16) (mod 16) (mod 16) De orde van 3 is gelijk aan 4, maar ook de orde van (mod 16) is gelijk aan 3. We vinden ook dat de orde van (mod 16) kleiner of gelijk is aan 2, maar aangezien enkel 1 als orde 1 heeft, vinden we dat de orde van 9 gelijk is aan 2. Beschouw nu a = 5. We vinden (mod 16). Aangezien we de orde van 9 al kennen, vinden we dat de orde van 5 gelijk is aan 4. Ook de orde van (mod 16) is gelijk aan 4. Hieruit kunnen we ook meteen besluiten dat er geen primitieve elementen zijn, aangezien er geen 4 elementen meer over zijn. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 32

22 We moeten nu nog de orde van 7 en 15 bepalen. We vinden dat (mod 16), de orde van 7 is dus gelijk aan 2. Uit ( 1) 2 1 (mod 16), volgt dat ook de orde van 1 15 gelijk is aan 2. We vatten dit samen in volgende tabel: x orde Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 4 33

Getaltheorie II. ax + by = c, a, b, c Z (1)

Getaltheorie II. ax + by = c, a, b, c Z (1) 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

Nadere informatie

Hoofdstuk 6. Congruentierekening. 6.1 Congruenties

Hoofdstuk 6. Congruentierekening. 6.1 Congruenties Hoofdstuk 6 Congruentierekening 6.1 Congruenties We hebben waarschijnlijk allemaal wel eens opgemerkt dat bij vermenigvuldigen van twee getallen de laatste cijfers als het ware meevermenigvuldigen. Stel

Nadere informatie

De Chinese reststelling

De Chinese reststelling De Chinese reststelling 1 Inleiding 1. De Chinese reststelling is een stelling binnen de getaltheorie. De stelling werd voor het eerst beschreven in de vierde eeuw na Chr. door de Chinese wiskundige Sunzi

Nadere informatie

OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN

OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN 1.3.1. Er zijn 42 mogelijke vercijferingen. 2.3.4. De uitkomsten zijn 0, 4 en 4 1 = 4. 2.3.6. Omdat 10 = 1 in Z 9 vinden we dat x = c 0 +... + c m = c 0 +... + c m. Het getal

Nadere informatie

Getaltheorie I. c = c 1 = 1 c (1)

Getaltheorie I. c = c 1 = 1 c (1) 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

Nadere informatie

Getaltheorie groep 3: Primitieve wortels

Getaltheorie groep 3: Primitieve wortels Getaltheorie groep 3: Primitieve wortels Trainingsweek juni 2008 Inleiding Voor a relatief priem met m hebben we de orde van a modulo m gedefinieerd als ord m (a) = min { n Z + a n 1 (mod m) }. De verzameling

Nadere informatie

RSA. F.A. Grootjen. 8 maart 2002

RSA. F.A. Grootjen. 8 maart 2002 RSA F.A. Grootjen 8 maart 2002 1 Delers Eerst wat terminologie over gehele getallen. We zeggen a deelt b (of a is een deler van b) als b = qa voor een of ander geheel getal q. In plaats van a deelt b schrijven

Nadere informatie

2 n 1. OPGAVEN 1 Hoeveel cijfers heeft het grootste bekende Mersenne-priemgetal? Met dit getal vult men 320 krantenpagina s.

2 n 1. OPGAVEN 1 Hoeveel cijfers heeft het grootste bekende Mersenne-priemgetal? Met dit getal vult men 320 krantenpagina s. Hoofdstuk 1 Getallenleer 1.1 Priemgetallen 1.1.1 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

Nadere informatie

Diophantische vergelijkingen

Diophantische vergelijkingen Diophantische vergelijkingen 1 Wat zijn Diophantische vergelijkingen? Een Diophantische vergelijking is een veeltermvergelijking waarbij zowel de coëfficiënten als de oplossingen gehele getallen moeten

Nadere informatie

Getallenleer Inleiding op codeertheorie. Cursus voor de vrije ruimte

Getallenleer Inleiding op codeertheorie. Cursus voor de vrije ruimte Getallenleer Inleiding op codeertheorie Liliane Van Maldeghem Hendrik Van Maldeghem Cursus voor de vrije ruimte 2 Hoofdstuk 1 Getallenleer 1.1 Priemgetallen 1.1.1 Definitie en eigenschappen Een priemgetal

Nadere informatie

Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie

Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie Jan De Beule, Tom De Medts en Jeroen Demeyer Voorwoord 1 Voorwoord Beste leerling, Deze nota s zijn bedoeld als begeleiding bij 6 lesuren Opgeloste

Nadere informatie

6 Ringen, lichamen, velden

6 Ringen, lichamen, velden 6 Ringen, lichamen, velden 6.1 Polynomen over F p : irreducibiliteit en factorisatie Oefening 6.1. Bewijs dat x + x + irreducibel is in Z 3 [x]. Oplossing 6.1 Aangezien de veelterm van graad 3 is, is deze

Nadere informatie

Oplossing van opgave 6 en van de kerstbonusopgave.

Oplossing van opgave 6 en van de kerstbonusopgave. Oplossing van opgave 6 en van de kerstbonusopgave. Opgave 6 Lesbrief, opgave 4.5 De getallen m en n zijn verschillende positieve gehele getallen zo, dat de laatste drie cijfers van 1978 m en 1978 n overeenstemmen.

Nadere informatie

2. Ga voor volgende relaties na of het al dan niet functies, afbeeldingen, bijecties, injecties, surjecties zijn :

2. Ga voor volgende relaties na of het al dan niet functies, afbeeldingen, bijecties, injecties, surjecties zijn : HOOFDSTUK. VERZAMELINGEN, RELATIES EN FUNCTIES Opgaven verzamelingen, relaties en functies. Toon aan : a) (A B) C = A (B C) b) A (B C) = (A B) (A C) c) (A B) c = A c B c d) A B B c A c. Ga voor volgende

Nadere informatie

Heron driehoek. 1 Wat is een Heron driehoek? De naam Heron ( Heroon) is bekend van de formule

Heron driehoek. 1 Wat is een Heron driehoek? De naam Heron ( Heroon) is bekend van de formule Heron driehoek 1 Wat is een Heron driehoek? De naam Heron ( Heroon) is bekend van de formule = s(s a)(s b)(s c) met s = a + b + c 2 die gebruikt wordt om de oppervlakte van een driehoek te berekenen in

Nadere informatie

Worteltrekken modulo een priemgetal: van klok tot cutting edge. Roland van der Veen

Worteltrekken modulo een priemgetal: van klok tot cutting edge. Roland van der Veen Worteltrekken modulo een priemgetal: van klok tot cutting edge Roland van der Veen Modulorekenen Twee getallen a en b zijn gelijk modulo p als ze een veelvoud van p verschillen. Notatie: a = b mod p Bijvoorbeeld:

Nadere informatie

1 Delers 1. 3 Grootste gemene deler en kleinste gemene veelvoud 12

1 Delers 1. 3 Grootste gemene deler en kleinste gemene veelvoud 12 Katern 2 Getaltheorie Inhoudsopgave 1 Delers 1 2 Deelbaarheid door 2, 3, 5, 9 en 11 6 3 Grootste gemene deler en kleinste gemene veelvoud 12 1 Delers In Katern 1 heb je geleerd wat een deler van een getal

Nadere informatie

Getallen, 2e druk, extra opgaven

Getallen, 2e druk, extra opgaven Getallen, 2e druk, extra opgaven Frans Keune november 2010 De tweede druk bevat 74 nieuwe opgaven. De nummering van de opgaven van de eerste druk is in de tweede druk dezelfde: nieuwe opgaven staan in

Nadere informatie

Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie

Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie Opgeloste en onopgeloste mysteries in de getaltheorie Jan De Beule, Tom De Medts en Jeroen Demeyer Voorwoord 1 Voorwoord Beste leerling, Deze nota s zijn bedoeld als begeleiding bij 6 lesuren Opgeloste

Nadere informatie

Dossier 3 PRIEMGETALLEN

Dossier 3 PRIEMGETALLEN Dossier 3 PRIEMGETALLEN atomen van de getallenleer Dr. Luc Gheysens Een priemgetal is een natuurlijk getal met twee verschillende delers, nl. 1 en het getal zelf. De priemgetallen zijn dus 2, 3, 5, 7,

Nadere informatie

Vergelijkingen in één onbekende

Vergelijkingen in één onbekende Module 3 Vergelijkingen in één onbekende 3.1 Lineaire vergelijkingen Dit zijn vergelijkingen die herleid kunnen worden tot de gedaante ax+b = 0 met a,b Ê en a 0 ax+b = 0 ax = b x = b a V = { b } a Voorbeelden

Nadere informatie

Veeltermen. Module 2. 2.1 Definitie en voorbeelden. Een veelterm met reële coëfficiënten in één veranderlijke x is een uitdrukking van de vorm

Veeltermen. Module 2. 2.1 Definitie en voorbeelden. Een veelterm met reële coëfficiënten in één veranderlijke x is een uitdrukking van de vorm Module 2 Veeltermen 2.1 Definitie en voorbeelden Een veelterm met reële coëfficiënten in één veranderlijke x is een uitdrukking van de vorm a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + +a n x n met a 0,a 1,a 2,...,a n Ê en n

Nadere informatie

Oefening: Markeer de getallen die een priemgetal zijn.

Oefening: Markeer de getallen die een priemgetal zijn. Getallenkennis : Priemgetallen. Wat is een priemgetal? Een priemgetal is een natuurlijk getal groter dan 1 dat slechts deelbaar is door 1 en door zichzelf. (m.a.w. een priemgetal is een natuurlijk getal

Nadere informatie

We beginnen met de eigenschappen van de gehele getallen.

We beginnen met de eigenschappen van de gehele getallen. II.2 Gehele getallen We beginnen met de eigenschappen van de gehele getallen. Axioma s voor Z De gegevens zijn: (a) een verzameling Z; (b) elementen 0 en 1 in Z; (c) een afbeelding +: Z Z Z, de optelling;

Nadere informatie

Uitwerkingen toets 9 juni 2012

Uitwerkingen toets 9 juni 2012 Uitwerkingen toets 9 juni 0 Opgave. Voor positieve gehele getallen a en b definiëren we a b = a b ggd(a, b). Bewijs dat voor elk geheel getal n > geldt: n is een priemmacht (d.w.z. dat n te schrijven is

Nadere informatie

1.5.1 Natuurlijke, gehele en rationale getallen

1.5.1 Natuurlijke, gehele en rationale getallen 46 Getallen 1.5 Getaltheorie 1.5.1 Natuurlijke, gehele en rationale getallen De getallen 0,1,2,3,4,... enz. worden de natuurlijke getallen genoemd (de heleverzamelingvanaldezegetallenbijelkaarnoterenwemethetteken:

Nadere informatie

handleiding ontbinden

handleiding ontbinden handleiding ontbinden inhoudsopgave inhoudsopgave de grote lijn 3 Bespreking per paragraaf 4 Applets 4 1 met gegeven product 4 ontbinden van getallen 4 3 vergelijkingen 5 4 onderzoek 6 tijdpad 9 materialen

Nadere informatie

Stelsels van vergelijkingen

Stelsels van vergelijkingen Module 5 Stelsels van vergelijkingen 5.1 Definitie en voorbeelden Een verzameling van vergelijkingen in een aantal onbekenden waarvan men de gemeenschappelijke oplossing(en) zoekt, noemt men een stelsel

Nadere informatie

In Katern 2 hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel van rekenregel 4:

In Katern 2 hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel van rekenregel 4: Katern 4 Bewijsmethoden Inhoudsopgave 1 Bewijs uit het ongerijmde 1 2 Extremenprincipe 4 3 Ladenprincipe 8 1 Bewijs uit het ongerijmde In Katern 2 hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel

Nadere informatie

Hoofdstuk 6 : DEELBAARHEID

Hoofdstuk 6 : DEELBAARHEID 1 H6. Deelbaarheid Hoofdstuk 6 : DEELBAARHEID 1. Wat moet ik leren? (handboek p. 203-230 ) 6.1 Delers en veelvouden Verklaren waarom een natuurlijk getal (wel of geen) deler is van een ander natuurlijk

Nadere informatie

Machten, exponenten en logaritmen

Machten, exponenten en logaritmen Machten, eponenten en logaritmen Machten, eponenten en logaritmen Macht, eponent en grondtal Eponenten en logaritmen hebben alles met machtsverheffen te maken. Een macht als 4 is niets anders dan de herhaalde

Nadere informatie

1. REGELS VAN DEELBAARHEID.

1. REGELS VAN DEELBAARHEID. REKENEN VIJFDE KLAS Luc Cielen 1. REGELS VAN DEELBAARHEID. Deelbaarheid door 10, 100, 1000 10: het laatste cijfer (= cijfer van de eenheden) is 0 100: laatste twee cijfers zijn 0 (cijfers van de eenheden

Nadere informatie

Het doel van dit Hoofdstuk is een inleiding te geven in de theorie van kettingbreuken,

Het doel van dit Hoofdstuk is een inleiding te geven in de theorie van kettingbreuken, Kettingbreuken Het doel van dit Hoofdstuk is een inleiding te geven in de theorie van kettingbreuken en enkele toepassingen daarvan te geven.. Eindige kettingbreuken Een aardige manier om kettingbreuken

Nadere informatie

Getaltheorie I. c = c 1 = 1 c (1)

Getaltheorie I. c = c 1 = 1 c (1) 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

Nadere informatie

7 Deelbaarheid. 7.1 Deelbaarheid WIS7 1

7 Deelbaarheid. 7.1 Deelbaarheid WIS7 1 WIS7 1 7 Deelbaarheid 7.1 Deelbaarheid Deelbaarheid Voor geheeltallige d en n met d > 0 zeggen we dat d een deler is van n, en ook dat n deelbaar is door d, als n d een geheel getal is. Notatie: d\n k

Nadere informatie

PG blok 4 werkboek bijeenkomst 4 en 5

PG blok 4 werkboek bijeenkomst 4 en 5 2015-2015 PG blok 4 werkboek bijeenkomst 4 en 5 Inhoud Kenmerken van deelbaarheid (herhaling)...1 Ontbinden in factoren...1 Priemgetallen (herhaling)...2 Ontbinden in priemfactoren...2 KGV (Kleinste Gemene

Nadere informatie

Hoofdstuk 12. Sommen van kwadraten. 12.1 Sommen van twee kwadraten

Hoofdstuk 12. Sommen van kwadraten. 12.1 Sommen van twee kwadraten Hoofdstuk 12 Sommen van kwadraten 12.1 Sommen van twee kwadraten In Hoofdstuk 11 hebben we gezien dat als p een oneven priemdeler van a 2 + b 2 is, en p deelt niet zowel a als b, dan is p gelijk aan 1

Nadere informatie

Groepen, ringen en velden

Groepen, ringen en velden Groepen, ringen en velden Groep Een groep G is een verzameling van elementen en een binaire operator met volgende eigenschappen: 1. closure (gesloten): als a en b tot G behoren, doet a b dat ook. 2. associativiteit:

Nadere informatie

Zomercursus Wiskunde. Katholieke Universiteit Leuven Groep Wetenschap & Technologie. September 2008

Zomercursus Wiskunde. Katholieke Universiteit Leuven Groep Wetenschap & Technologie. September 2008 Katholieke Universiteit Leuven September 008 Algebraïsch rekenen (versie 7 juni 008) Inleiding In deze module worden een aantal basisrekentechnieken herhaald. De nadruk ligt vooral op het symbolisch rekenen.

Nadere informatie

Deeltentamen I, Ringen en Galoistheorie, 16-4-2009, 9-12 uur

Deeltentamen I, Ringen en Galoistheorie, 16-4-2009, 9-12 uur Deeltentamen I, Ringen en Galoistheorie, 16-4-2009, 9-12 uur Geef een goede onderbouwing van je antwoorden. Succes! 1. (a) (10 pt) Ontbindt het polynoom X 3 3X+3 in irreducibele factoren in Q[X] en in

Nadere informatie

Priemontbinding en ggd s

Priemontbinding en ggd s Hoofdstuk 3 Priemontbinding en ggd s 3.1 Priemgetallen Een getal > 1 dat alleen 1 en zichzelf als positieve deler heeft noemen we een priemgetal. De rij priemgetallen begint als volgt, 2, 3, 5, 7, 11,

Nadere informatie

II.3 Equivalentierelaties en quotiënten

II.3 Equivalentierelaties en quotiënten II.3 Equivalentierelaties en quotiënten Een belangrijk begrip in de wiskunde is het begrip relatie. Een relatie op een verzameling is een verband tussen twee elementen uit die verzameling waarbij de volgorde

Nadere informatie

De kleine stelling van Fermat

De kleine stelling van Fermat De kleine stelling van Fermat Moderne getaltheorie: deelbaarheidscriteria, rekenen met resten, stellingen van Fermat, Euler en Gauss Overzicht collegestof & encyclopedische toevoegingen mc.vanhoorn@wxs.nl

Nadere informatie

POD1 - Hoofdstuk 1: Inleiding

POD1 - Hoofdstuk 1: Inleiding POD1 - Hoofdstuk 1: Inleiding 2/59 POD1 - Hoofdstuk 1: Inleiding Stijn Lievens (Stijn.Lievens@hogent.be) Noemie Slaats (Noemie.Slaats@hogent.be) Lieven Smits (Lieven.Smits@hogent.be) Martine Van Der Weeen

Nadere informatie

OVER IRRATIONALE GETALLEN EN MACHTEN VAN π

OVER IRRATIONALE GETALLEN EN MACHTEN VAN π OVER IRRATIONALE GETALLEN EN MACHTEN VAN π KOEN DE NAEGHEL Samenvatting. In deze nota buigen we ons over de vraag of een macht van π een irrationaal getal is. De aangereikte opbouw en bewijsmethoden zijn

Nadere informatie

Grafieken van veeltermfuncties

Grafieken van veeltermfuncties (HOOFDSTUK 43, uit College Mathematics, door Frank Ayres, Jr. and Philip A. Schmidt, Schaum s Series, McGraw-Hill, New York; dit is de voorbereiding voor een uit te geven Nederlandse vertaling). Grafieken

Nadere informatie

Uitwerkingen oefeningen hoofdstuk 1

Uitwerkingen oefeningen hoofdstuk 1 Uitwerkingen oefeningen hoofdstuk 1 1.4.1 Basis Oefeningen Romeinse cijfers 1 Op deze zonnewijzer staan achtereenvolgens de getallen: I (= 1) II (= 2) III (= 3) IV (= 4) V (= 5) VI (= 6) VII (= 7) VIII

Nadere informatie

14.1 Vergelijkingen en herleidingen [1]

14.1 Vergelijkingen en herleidingen [1] 4. Vergelijkingen en herleidingen [] Er zijn vier soorten bijzondere vergelijkingen: : AB = 0 => A = 0 of B = 0 ( - 5)( + 7) = 0-5 = 0 of + 7 = 0 = 5 of = -7 : A = B geeft A = B of A = - B ( ) = 5 ( )

Nadere informatie

Discrete Structuren voor Informatici

Discrete Structuren voor Informatici Discrete Structuren voor Informatici 1 Eenvoudige telproblemen Dit zijn aantekeningen voor het college Discrete Structuren voor Informatici, Blok A, herfst 2008. We behandelen een aantal telproblemen,

Nadere informatie

Complexe e-macht en complexe polynomen

Complexe e-macht en complexe polynomen Aanvulling Complexe e-macht en complexe polynomen Dit stuk is een uitbreiding van Appendix I, Complex Numbers De complexe e-macht wordt ingevoerd en het onderwerp polynomen wordt in samenhang met nulpunten

Nadere informatie

Wiskundige Technieken

Wiskundige Technieken 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar 009-010 1ste semester 7 oktober 009 Wiskundige Technieken 1. Integreer de volgende differentiaalvergelijkingen: (a) y + 3x y = 3x (b) y + 3y + y = xe

Nadere informatie

OP WEG NAAR WISKUNDE. Plusboek uit de serie Het Grote Rekenboek Uitgeverij ScalaLeukerLeren.nl

OP WEG NAAR WISKUNDE. Plusboek uit de serie Het Grote Rekenboek Uitgeverij ScalaLeukerLeren.nl OP WEG NAAR WISKUNDE Plusboek uit de serie Het Grote Rekenboek Uitgeverij ScalaLeukerLeren.nl Voor kinderen die iets meer willen weten en begrijpen van wiskunde, bijvoorbeeld als voorbereiding op de middelbare

Nadere informatie

Wiskundige Technieken 1 Uitwerkingen Hertentamen 23 december 2014

Wiskundige Technieken 1 Uitwerkingen Hertentamen 23 december 2014 Wiskundige Technieken Uitwerkingen Hertentamen 3 december 04 Normering voor 4 pt vragen andere vragen naar rato: 4pt 3pt pt pt 0pt goed begrepen én goed uitgevoerd, eventueel met enkele onbelangrijke rekenfoutjes

Nadere informatie

Het RSA Algoritme. Erik Aarts - 1 -

Het RSA Algoritme. Erik Aarts - 1 - Het RSA Algoritme Erik Aarts - 1 - 1 Wiskunde... 3 1.1 Het algoritme van Euclides... 3 1.1.1 Stelling 1... 4 1.2 Het uitgebreide algoritme van Euclides... 5 1.3 Modulo rekenen... 7 1.3.1 Optellen, aftrekken

Nadere informatie

Inhoudsopgave. I Theorie 1

Inhoudsopgave. I Theorie 1 Inhoudsopgave I Theorie 1 1 Verzamelingen 3 1.1 Inleiding........................................ 3 1.2 Bewerkingen met verzamelingen........................... 6 1.2.1 Vereniging (unie) van twee verzamelingen.................

Nadere informatie

Types differentiaal vergelijkingen

Types differentiaal vergelijkingen 1ste Bachelor Wiskunde/Natuurkunde Types differentiaal vergelijkingen Dit semester hebben we veel types differentiaalvergelijkingen gezien. In de WPO sessies was de rode draad: herken de type differentiaalvergelijking

Nadere informatie

Tweede Huiswerk Security 26 of 28 oktober, 11.00, Nabespreken op Werkcollege.

Tweede Huiswerk Security 26 of 28 oktober, 11.00, Nabespreken op Werkcollege. Tweede Huiswerk Security 26 of 28 oktober, 11.00, Nabespreken op Werkcollege. Kijk het huiswerk van je collega s na en schrijf de namen van de nakijkers linksboven en het totaalcijfer rechts onder de namen

Nadere informatie

Aanvullingen bij Hoofdstuk 8

Aanvullingen bij Hoofdstuk 8 Aanvullingen bij Hoofdstuk 8 8.5 Definities voor matrices De begrippen eigenwaarde eigenvector eigenruimte karakteristieke veelterm en diagonaliseerbaar worden ook gebruikt voor vierkante matrices los

Nadere informatie

De grootste gemeenschappelijke deler van twee of meerdere getallen

De grootste gemeenschappelijke deler van twee of meerdere getallen De grootste gemeenschappelijke deler van twee of meerdere getallen Vraagstuk : In een houtbedrijf heeft schrijnwerker een balk hout met een breedte van 231 cm, een lengte van 735 cm en een hoogte van 210

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 2 J.Keijsper

Nadere informatie

Algebra. voor Informaticastudenten Getallen. Ernic Kamerich. Jean Delville: de school van Plato

Algebra. voor Informaticastudenten Getallen. Ernic Kamerich. Jean Delville: de school van Plato Algebra voor Informaticastudenten Getallen Jean Delville: de school van Plato Ernic Kamerich januari 2007 Inhoud 1 De gehele getallen..........................................................................

Nadere informatie

Opgaven Getaltheorie en Cryptografie (deel 4) Inleverdatum: 13 mei 2002

Opgaven Getaltheorie en Cryptografie (deel 4) Inleverdatum: 13 mei 2002 Opgaven Getaltheorie en Cryptografie (deel 4) Inleverdatum: 13 mei 2002 19.a) Laat zien dat 5 een voortbrenger is van F 37. b) In het sleuteldistributiesysteem van Diffie en Hellman (met G = F 37, α =

Nadere informatie

Wiskundige Structuren voor Informatici Opgavenbundel

Wiskundige Structuren voor Informatici Opgavenbundel Wiskundige Structuren voor Informatici Opgavenbundel Wim Gielen Engelbert Hubbers 9 juli 04 Inhoudsopgave Inhoudsopgave Getallen 3. Natuurlijke getallen....................................... 3. Ontbinding

Nadere informatie

Hoofdstuk 1. Inleiding. Lichamen

Hoofdstuk 1. Inleiding. Lichamen Hoofdstuk 1 Lichamen Inleiding In Lineaire Algebra 1 en 2 heb je al kennis gemaakt met de twee belangrijkste begrippen uit de lineaire algebra: vectorruimte en lineaire afbeelding. In dit hoofdstuk gaan

Nadere informatie

1.1 Tweedegraadsvergelijkingen [1]

1.1 Tweedegraadsvergelijkingen [1] 1.1 Tweedegraadsvergelijkingen [1] Er zijn vier soorten tweedegraadsvergelijkingen: 1. ax 2 + bx = 0 (Haal de x buiten de haakjes) Voorbeeld 1: 3x 2 + 6x = 0 3x(x + 2) = 0 3x = 0 x + 2 = 0 x = 0 x = -2

Nadere informatie

vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen

vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen Hoofdstuk I Lineaire Algebra Les 1 Stelsels lineaire vergelijkingen Om te beginnen is hier een puzzeltje: vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen over vijf jaar is Annie twee keer zo oud

Nadere informatie

Kettingbreuken. 20 april 2010 1 K + 1 E + 1 T + 1 T + 1 I + 1 N + 1 G + 1 B + 1 R + 1 E + 1 U + 1 K + E + 1 N 1 2 + 1 0 + 1 A + 1 P + 1 R + 1 I + 1

Kettingbreuken. 20 april 2010 1 K + 1 E + 1 T + 1 T + 1 I + 1 N + 1 G + 1 B + 1 R + 1 E + 1 U + 1 K + E + 1 N 1 2 + 1 0 + 1 A + 1 P + 1 R + 1 I + 1 Kettingbreuken Frédéric Guffens 0 april 00 K + E + T + T + I + N + G + B + R + E + U + K + E + N 0 + A + P + R + I + L + 0 + + 0 Wat zijn Kettingbreuken? Een kettingbreuk is een wiskundige uitdrukking

Nadere informatie

Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b

Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b Ruud Pellikaan g.r.pellikaan@tue.nl /k 2014-2015 Lineaire vergelijking 2/64 DEFINITIE: Een lineaire vergelijking in de variabelen

Nadere informatie

De teller geeft hoeveel stukken er zijn en de noemer zegt wat de 5. naam is van die stukken: 6 taart geeft dus aan dat de taart in 6

De teller geeft hoeveel stukken er zijn en de noemer zegt wat de 5. naam is van die stukken: 6 taart geeft dus aan dat de taart in 6 Breuken Breuk betekent dat er iets gebroken is. Het is niet meer heel. Als je een meloen doormidden snijdt, is die niet meer heel, maar verdeeld in twee stukken. Eén zo n stuk is dan een halve meloen,

Nadere informatie

25 JAAR VLAAMSE WISKUNDE OLYMPIADE. De slechtst beantwoorde vragen in de eerste ronde per jaar

25 JAAR VLAAMSE WISKUNDE OLYMPIADE. De slechtst beantwoorde vragen in de eerste ronde per jaar 25 JAAR VLAAMSE WISKUNDE OLYMPIADE De slechtst beantwoorde vragen in de eerste ronde per jaar Samenstelling en lay-out: Daniël Tant Luc Gheysens Vlaamse Wiskunde Olympiade v.z.w. VWO 1 1986 Vraag 17 Een

Nadere informatie

Extra oefeningen hoofdstuk 4: Deelbaarheid

Extra oefeningen hoofdstuk 4: Deelbaarheid Extra oefeningen hoofdstuk 4: Deelbaarheid 4.1 Delers en veelvouden 1 Bepaal door opsomming. a) del 84 =... b) del 13 =... c) del 44 =... d) del 89 =... e) del 1 =... f) del 360 =... 2 Bepaal de eerste

Nadere informatie

Te kennen leerstof wiskunde voor het toelatingsexamen graduaten. Lea De Bie lea.debie@cvoleuven.be

Te kennen leerstof wiskunde voor het toelatingsexamen graduaten. Lea De Bie lea.debie@cvoleuven.be Te kennen leerstof wiskunde voor het toelatingsexamen graduaten Lea De Bie lea.debie@cvoleuven.be SOORTEN GETALLEN (Dit hoofdstukje geldt als inleiding en is geen te kennen leerstof). Natuurlijke getallen

Nadere informatie

Finaletraining Nederlandse Wiskunde Olympiade

Finaletraining Nederlandse Wiskunde Olympiade NEDERLANDSE W I S K U N D E OLYMPIADE Finaletraining Nederlandse Wiskunde Olympiade Met uitwerkingen Birgit van Dalen, Julian Lyczak, Quintijn Puite Dit trainingsmateriaal is deels gebaseerd op materiaal

Nadere informatie

Aanvulling basiscursus wiskunde. A.C.M. Ran

Aanvulling basiscursus wiskunde. A.C.M. Ran Aanvulling basiscursus wiskunde A.C.M. Ran 1 In dit dictaat worden twee onderwerpen behandeld die niet in het boek voor de basiscursus (Basisboek wiskunde van Jan van de Craats en Rob Bosch) staan. Die

Nadere informatie

1.0 Voorkennis. Voorbeeld 1: Los op: 6x + 28 = 30 10x.

1.0 Voorkennis. Voorbeeld 1: Los op: 6x + 28 = 30 10x. 1.0 Voorkennis Voorbeeld 1: Los op: 6x + 28 = 30 10x. 6x + 28 = 30 10x +10x +10x 16x + 28 = 30-28 -28 16x = 2 :16 :16 x = 2 1 16 8 Stappenplan: 1) Zorg dat alles met x links van het = teken komt te staan;

Nadere informatie

WISKUNDE-ESTAFETTE 2010 Uitwerkingen

WISKUNDE-ESTAFETTE 2010 Uitwerkingen WISKUNDE-ESTAFETTE 010 Uitwerkingen 1 We tellen het aantal donkere tegels in elke rij. Rij 1 (en rij 19) bestaat uit 10 witte tegels. Rij (en rij 18) bestaat uit 11 tegels, waarvan 6 wit en 5 donker. Rij

Nadere informatie

1 Hele getallen. Rekenen en wiskunde uitgelegd Kennisbasis voor leerkrachten basisonderwijs. Uitwerkingen van de opgaven bij de basisvaardigheden

1 Hele getallen. Rekenen en wiskunde uitgelegd Kennisbasis voor leerkrachten basisonderwijs. Uitwerkingen van de opgaven bij de basisvaardigheden Rekenen en wiskunde uitgelegd Kennisbasis voor leerkrachten basisonderwijs Uitwerkingen van de opgaven bij de basisvaardigheden 1 Hele getallen Peter Ale Martine van Schaik u i t g e v e r ij c o u t i

Nadere informatie

Algebra en Getaltheorie@Work: van cryptosysteem tot digitale handtekening

Algebra en Getaltheorie@Work: van cryptosysteem tot digitale handtekening Algebra en Getaltheorie@Work: van cryptosysteem tot digitale handtekening Dr. Fabien Decruyenaere, St. Amandscollege, 8500 Kortrijk fabien.decruyenaere@skynet.be Prof. Dr. Paul Igodt, K.U.Leuven Campus

Nadere informatie

inhoudsopgave januari 2005 handleiding algebra 2

inhoudsopgave januari 2005 handleiding algebra 2 handleiding algebra inhoudsopgave Inhoudsopgave 2 De grote lijn 3 Bespreking per paragraaf 1 Routes in een rooster 4 2 Oppervlakte in een rooster 4 3 Producten 4 4 Onderzoek 5 Tijdpad 9 Materialen voor

Nadere informatie

1 Complexe getallen in de vorm a + bi

1 Complexe getallen in de vorm a + bi Paragraaf in de vorm a + bi XX Complex getal Instap Los de vergelijkingen op. a x + = 7 d x + 4 = 3 b 2x = 5 e x 2 = 6 c x 2 = 3 f x 2 = - Welke vergelijkingen hebben een natuurlijk getal als oplossing?...

Nadere informatie

Het oplossen van kwadratische vergelijkingen met de abc-formule

Het oplossen van kwadratische vergelijkingen met de abc-formule Het oplossen van kwadratische vergelijkingen met de abc-formule door Pierre van Arkel Dit verslag is een voorbeeld hoe bij wiskunde een verslag er uit moet zien. Elk schriftelijk verslag heeft een titelblad.

Nadere informatie

Hoofdstuk 4. Delers. 4.1 Delers (op)tellen

Hoofdstuk 4. Delers. 4.1 Delers (op)tellen Hoofdstuk 4 Delers 4. Delers (op)tellen Ieder getal heeft zijn delers. Van oudsher heeft het onvoorspelbare gedrag van delers van getallen een aantrekkingskracht uitgeoefend op mensen. Zozeer zelfs dat

Nadere informatie

3 Wat is een stelsel lineaire vergelijkingen?

3 Wat is een stelsel lineaire vergelijkingen? In deze les bekijken we de situatie waarin er mogelijk meerdere vergelijkingen zijn ( stelsels ) en meerdere variabelen, maar waarin elke vergelijking er relatief eenvoudig uitziet, namelijk lineair is.

Nadere informatie

Geven we decimale getallen als invoer, dan past Maxima zich onmiddellijk aan en geeft ook decimale getallen als resultaat:

Geven we decimale getallen als invoer, dan past Maxima zich onmiddellijk aan en geeft ook decimale getallen als resultaat: 3. Rekenkunde 3.1. Rekenmachine Maxima kan als een zakrekenmachine gebruikt worden voor het uitvoeren van eenvoudige en ingewikkelde berekeningen. Maxima rekent exact met gehele getallen, breuken en wortelvormen

Nadere informatie

Perfecte getallen en Leinster groepen

Perfecte getallen en Leinster groepen Faculteit Wetenschappen Departement Wiskunde Perfecte getallen en Leinster groepen Bachelorproef 1 Lukas Boelens Promotor: Dr. Andreas Bächle 29 januari 2015 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Perfecte getallen

Nadere informatie

In Katern 2 hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel van rekenregel 4:

In Katern 2 hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel van rekenregel 4: Katern 4 Bewijsmethoden Inhoudsopgave 1 Bewijs uit het ongerijmde 1 Extremenprincipe 6 3 Ladenprincipe 11 1 Bewijs uit het ongerijmde In Katern hebben we de volgende rekenregel bewezen, als onderdeel van

Nadere informatie

Uitgewerkte oefeningen

Uitgewerkte oefeningen Uitgewerkte oefeningen Algebra Oefening 1 Gegeven is de ongelijkheid: 4 x. Welke waarden voor x voldoen aan deze ongelijkheid? A) x B) x [ ] 4 C) x, [ ] D) x, Oplossing We werken de ongelijkheid uit: 4

Nadere informatie

2 Recurrente betrekkingen

2 Recurrente betrekkingen WIS2 1 2 Recurrente betrekkingen 2.1 Fibonacci De getallen van Fibonacci Fibonacci (= Leonardo van Pisa), 1202: Bereken het aantal paren konijnen na één jaar, als 1. er na 1 maand 1 paar pasgeboren konijnen

Nadere informatie

Onthoudboekje rekenen

Onthoudboekje rekenen Onthoudboekje rekenen Inhoud 1. Hoofdrekenen: natuurlijke getallen tot 100 000 Optellen (p. 4) Aftrekken (p. 4) Vermenigvuldigen (p. 5) Delen (p. 5) Deling met rest (p. 6) 2. Hoofdrekenen: kommagetallen

Nadere informatie

Hoofdstuk 16. De vergelijking van Pell De oplossing. Stel dat N N geen kwadraat is. Beschouw de vergelijking. x 2 Ny 2 = 1

Hoofdstuk 16. De vergelijking van Pell De oplossing. Stel dat N N geen kwadraat is. Beschouw de vergelijking. x 2 Ny 2 = 1 Hoofdstuk 16 De vergelijking van Pell 16.1 De oplossing Stel dat N N geen kwadraat is. Beschouw de vergelijking x Ny = 1 in de onbekenden x, y Z 0. We noemen dit soort vergelijking de vergelijking van

Nadere informatie

6.0 Voorkennis AD BC. Kruislings vermenigvuldigen: Voorbeeld: 50 10x. 50 10( x 1) Willem-Jan van der Zanden

6.0 Voorkennis AD BC. Kruislings vermenigvuldigen: Voorbeeld: 50 10x. 50 10( x 1) Willem-Jan van der Zanden 6.0 Voorkennis Kruislings vermenigvuldigen: A C AD BC B D Voorbeeld: 50 0 x 50 0( x ) 50 0x 0 0x 60 x 6 6.0 Voorkennis Herhaling van rekenregels voor machten: p p q pq a pq a a a [] a [2] q a q p pq p

Nadere informatie

Oefeningen Cursus Discrete Wiskunde. 26 mei 2003

Oefeningen Cursus Discrete Wiskunde. 26 mei 2003 Oefeningen Cursus Discrete Wiskunde 26 mei 2003 1 Hoofdstuk 1 Getallen tellen 1.1 Gehele getallen 1.1.1 Inleiding 1.1.2 De optelling en de vermeningvuldiging Oefening 1.1.1 Zoals gebruikelijk noteren wij

Nadere informatie

Wiskunde klas 3. Vaardigheden. Inhoudsopgave. 1. Breuken 2. 2. Gelijksoortige termen samennemen 3. 3. Rekenen met machten 3. 4. Rekenen met wortels 4

Wiskunde klas 3. Vaardigheden. Inhoudsopgave. 1. Breuken 2. 2. Gelijksoortige termen samennemen 3. 3. Rekenen met machten 3. 4. Rekenen met wortels 4 Vaardigheden Wiskunde klas Inhoudsopgave. Breuken. Gelijksoortige termen samennemen. Rekenen met machten. Rekenen met wortels. Algebraïsche producten 6. Ontbinden in factoren 6 7. Eerstegraads vergelijkingen

Nadere informatie

Kwantitatieve Economie / Faculteit Economie en Bedrijfskunde / Universiteit van Amsterdam. Schrijf je naam en studentnummer op alles dat je inlevert.

Kwantitatieve Economie / Faculteit Economie en Bedrijfskunde / Universiteit van Amsterdam. Schrijf je naam en studentnummer op alles dat je inlevert. Kwantitatieve Economie / Faculteit Economie en Bedrijfskunde / Universiteit van Amsterdam Tentamen Lineaire Algebra A (met uitwerking) Maandag juni 00, van 9:00 tot :00 (4 opgaven) Schrijf je naam en studentnummer

Nadere informatie

3.1 Kwadratische functies[1]

3.1 Kwadratische functies[1] 3.1 Kwadratische functies[1] Voorbeeld 1: y = x 2-6 Invullen van x = 2 geeft y = 2 2-6 = -2 In dit voorbeeld is: 2 het origineel; -2 het beeld (of de functiewaarde) y = x 2-6 de formule. Een functie voegt

Nadere informatie

Spookgetallen. Jan van de Craats en Janina Müttel

Spookgetallen. Jan van de Craats en Janina Müttel Spookgetallen Jan van de Craats en Janina Müttel leadtekst In de serie Open Problemen deze keer drie beroemde onopgeloste raadsels. Je kunt er geen miljoen dollar mee winnen, maar wel onsterfelijke roem.

Nadere informatie

Aanvulling bij de cursus Calculus 1. Complexe getallen

Aanvulling bij de cursus Calculus 1. Complexe getallen Aanvulling bij de cursus Calculus 1 Complexe getallen A.C.M. Ran In dit dictaat worden complexe getallen behandeld. Ook in het Calculusboek van Adams kun je iets over complexe getallen lezen, namelijk

Nadere informatie

Lineaire Algebra (2DD12)

Lineaire Algebra (2DD12) Lineaire Algebra (2DD12) docent: Ruud Pellikaan - Judith Keijsper email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/ ruudp/2dd12.html Technische Universiteit Eindhoven college 1 J.Keijsper

Nadere informatie

OF (vermits y = dy. dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0

OF (vermits y = dy. dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0 Algemeen kunnen we een eerste orde differentiaalvergelijking schrijven als: y = Φ(x, y) OF (vermits y = dy dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0 Indien we dan P (x, y) en Q(x, y) kunnen schrijven als P (x,

Nadere informatie