6 Ringen, lichamen, velden

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Maat: px
Weergave met pagina beginnen:

Download "6 Ringen, lichamen, velden"

Transcriptie

1 6 Ringen, lichamen, velden 6.1 Polynomen over F p : irreducibiliteit en factorisatie Oefening 6.1. Bewijs dat x 2 + 2x + 2 irreducibel is in Z 3 [x]. Oplossing 6.1 Aangezien de veelterm van graad 3 is, is deze irreducibel als hij geen wortels heeft. x Z 3 x 2 + 2x Uit bovenstaande tabel volgt dat dit inderdaad het geval is, de veelterm x 2 + 2x + 2 is dus irreducibel in Z 3 [x]. Oefening 6.2. Ontbind x 5 + x 4 + x 3 + x in irreducibele factoren over Z 2. Oplossing 6.2 We vinden dat x 5 + x 4 + x 3 + x = x(x 4 + x 3 + x 2 + 1). Beschouw f(x) = x 4 + x 3 + x Aangezien f(1) = 0 vinden we dat (x + 1) een factor is van f(x). We berekenen aan de hand van de Euclidische deling of het schema van Horner dat x 4 + x 3 + x = (x + 1)(x 3 + x + 1). Als g(x) = x 3 + x + 1 reducibel is, dan zou er minstens één lineaire factor zijn die deze veelterm deelt. Maar g(0) = 1 = g(1), waaruit volgt dat x 3 + x + 1 irreducibel is. We besluiten dat x 5 + x 4 + x 3 + x = x(x + 1)(x 3 + x + 1), waarbij elke factor irreducibel is. Oefening 6.3. Ontbind x 8 1 in irreducibele factoren in Z 3 [x]. Oplossing 6.3 In Z 3 [x] is volgende formule ook geldig: A 2 B 2 = (A + B)(A B). We vinden dus dat x 8 1 = (x 4 + 1)(x 2 + 1)(x + 1)(x 1). Er zijn nu nog twee niet-lineaire factoren waarvoor we moeten onderzoeken of ze te ontbinden zijn in Z 3 [x]. Als de factor f(x) = x 2 +1 ontbindbaar is, dan is het een product van twee eentermen, wat enkel mogelijk is als f(x) nulwaarden bezit in Z 3. Aangezien echter f(0) = 1 en f(1) = f(2) = 2, mogen we besluiten dat de veelterm x irreducibel is in Z 3 [x]. De ontbinding van x 4 +1 is in de cursus reeds uitgewerkt. We vinden dat x 4 +1 = (x 2 +x 1)(x 2 x 1), terwijl deze veeltermen niet verder ontbindbaar zijn in Z 3 [x]. We vinden dus dat x 8 1 = (x + 1)(x 1)(x 2 + 1)(x 2 + x 1)(x 2 x 1). Oefening 6.4. Ontbind x 3 + 5x in Z 11 [x]. Oplossing 6.4 Deze veelterm is van de graad 3 en dus irreducibel over Z 11 als en slechts als ze geen lineaire factor Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 54

2 bevat, dus als en slechts als ze geen wortels bevat in Z 11. Aangezien de som van de coëfficiënten gelijk is aan 11 0 (mod 11) is de veelterm deelbaar door x 1 en na uitvoering van de deling bekomen we (x 2 + 6x + 6)(x 1) = x 3 + 5x Zoeken we van x 2 + 6x + 6 Z 11 [x] de wortels (Discriminant = 12 = 1), dan vinden we 2 en 3, dus de gezochte factorisatie is x 3 + 5x = (x 1)(x 2)(x 3). Oefening 6.5. Factoriseer volgende veeltermen in irreducibele veeltermen over F 5. a. x b. x 4 + 3x 3 + 2x + 4 Oplossing 6.5 a. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) b. (x + 4) 3 (x + 1) Oefening 6.6. Wat is de multipliciteit van de wortel 1 van x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x in Z 2 [x]? Oplossing 6.6 Met behulp van de Euclidische deling of de regel van Horner vinden we achtereenvolgens: x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = (x + 1)(x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1) x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 = (x + 1)(x 6 + x 5 + x 3 + 1) x 6 + x 5 + x = (x + 1)(x 5 + x 2 + x + 1) x 5 + x 2 + x + 1 = (x + 1)(x 4 + x 3 + x 2 + 1) x 4 + x 3 + x = (x + 1)(x 3 + x + 1) Nu is 1 geen nulpunt van x 3 + x + 1. We vinden dus dat x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = (x + 1) 5 (x 3 + x + 1). Toepassing van de regel van Horner maakt precies dezelfde berekening, maar noteert veel korter. Beredeneer zelf dat deze regel geldig is in Z 2 [x]. Een andere manier om dit te vinden is de volgende berekening, waarbij herhaaldelijk gebruik gemaakt wordt van (a + b) 2 = a 2 + b 2 : x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = x x 3 (x 4 + 1) + x 2 (x 4 + 1) = (x 4 + 1)(x x 3 + x 2 ) = (x + 1) 4 (x 3 (x + 1) + (x + 1) 2 ) = (x + 1) 5 (x 3 + x + 1) De gezochte multipliciteit is dus Deling, Euclides en modulaire inversen Oefening 6.7. Bepaal het quotiënt en de rest van de deling van a(x) door b(x) over het veld F. a. F = F 5 ; a(x) = 3x 4 + 4x 3 x 2 + 1; b(x) = 2x 2 + x + 1. b. F = F 8 met α 3 + α + 1 = 0; a(x) = x 4 + α 2 x 3 + α 6 x 2 + αx + α 5 ; b(x) = α 4 x 2 + α 3 x + 1. c. F = F 2 ; a(x) = x 3 + x 2 + 1; b(x) = x 2 + x + 1. d. F = F 5 ; a(x) = x 5 + x 4 + 2x 3 + x 2 + 4x + 2, b(x) = x 2 + 2x + 3. e. Zelfde als d. maar nu over F 7. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 55

3 f. Zelfde als d. maar nu over F 73. Oplossing 6.7 a. Quotiënt 4x 2, rest 1. b. Quotiënt (α + 1)x 2 + (α + 1)x + α 2 + 1, rest (α 2 + 1)x + α. c. Quotiënt x, rest x + 1. d. Quotiënt x 3 + 4x 2 + x + 2, rest 2x + 1. e. Quotiënt x 3 + 6x 2 + x + 2, rest 4x + 3. f. Quotiënt x 3 x 2 + x + 2, rest 3x 4. Oefening 6.8. Vind de monische grootste gemene deler van de polynomen a(x) en b(x) in F[x] en schrijf het eindresultaat in de gedaante λ(x)a(x) + µ(x)b(x) over F[x]. a. F = F 3 ; a(x) = x 3 + x 2 + x + 1; b(x) = x b. F = F 5 ; a(x) = x 4 + 2x 3 + x 2 + 4x + 2; b(x) = x 2 + 3x + 1. c. F = F 2 ; a(x) = x 4 + 1; b(x) = x d. F = F 2 ; a(x) = x 5 + 1; b(x) = x e. F = F 2 ; a(x) = x 9 + 1; b(x) = x Oplossing 6.8 a. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 2, µ(x) = x + 1. b. Grootste gemene deler: x + 4, λ(x) = 1, µ(x) = 4x 2 + x + 2. c. Grootste gemene deler: x 2 + 1, λ(x) = 0, µ(x) = 1. d. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 1, µ(x) = x 3 + x. e. Grootste gemene deler: x 3 + 1, λ(x) = 1, µ(x) = x 3. Oefening 6.9. Bepaal in de volgende gevallen de veeltermen λ(x) en µ(x) zodanig dat ggd(a(x), b(x)) = λ(x)a(x) + µ(x)b(x). a. a(x) = x en b(x) = 5x 2 + 6x + 4 in Z 7 [x]. b. a(x) = x 3 + 2x 2 + 2x + 1 en b(x) = 2x in Z 3 [x]. c. a(x) = x en b(x) = x + 1 in Z 2 [x]. Oplossing 6.9 a. Stel voor het gemak bij de berekeningen op voorhand volgende tabel op in Z 7 : x x x Een eerste keer de Euclidische deling toepassen geeft x = (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4) + (4x + 3), wat we ook kunnen schrijven als (x 4 + 2) (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4) = 4x + 3. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 56

4 De tweede Euclidische deling geeft als resultaat: 5x 2 + 6x + 4 = (3x + 1)(4x + 3) + 1. We vinden dus achtereenvolgens 1 = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)(4x + 3) = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)[x (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4)] = [(3x + 1)(3x 2 + 2x + 5) + 1](5x 2 + 6x + 4) (3x + 1)(x 4 + 2) = (2x 3 + 2x 2 + 3x + 6)(5x 2 + 6x + 4) (3x + 1)(x 4 + 2), dus λ(x) = 3x 1 = 4x + 6, µ(x) = 2x 3 + 2x 2 + 3x + 6. b. Grootste gemene deler: 1, λ(x) = x + 1, µ(x) = x 2. c. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 0, µ(x) = 1. Oefening Bepaal in F 3 [x] de inverse veelterm van 2x modulo x Oplossing 6.10 Aan de hand van het uitgebreid algoritme van Euclides vinden we (let op, we gebruiken -1 en 2 door elkaar, hoewel we hetzelfde element bedoelen): x = (2x 4 + 2)(2x) + ( x + 2) 2x = ( x + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) = (2x 4 + 2) ( x + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) = (x 5 + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) + (2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1)(2x 4 + 2) Beschouw de laatste uitdrukking modulo x en je bekomt dat de inverse van 2x gelijk is aan 2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1, modulo x In Sage zou men dit kunnen berekenen met de volgende code: K.<x> = PolynomialRing(GF(3)) L.<x> = K.quotient(x^5+2) 1/(2*x^4+2) Na de tweede lijn weet x dat hij een element is van F 3 [x]/(x 5 + 2) zodat de laatste lijn het juiste antwoord geeft. Oefening a. Waarom is x irreducibel over F 5? b. Zoek de inverse veelterm van x + 1 modulo x in F 5. Oplossing 6.11 Stel f(x) = x 2 + 3, dan is f(1) = f(4) = 4 en f(2) = f(3) = 2, de veelterm f(x) heeft dus geen nulwaarden in F 5 = Z 5, zodat de veelterm irreducibel is. Aan de hand van het algoritme van Euclides vinden we x (x + 1)(x + 4) = 4 4(x 2 + 3) + (x + 1)(x + 4) = 1 x = (x + 1)(x + 4) + 4 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 57

5 We vinden dus dat (x + 1)(x + 4) = 1 modulo x De inverse veelterm van x + 1 is dus gelijk aan x + 4 modulo x in F 5. Alternatief: werken modulo x betekent dat je x opvat als een object dat de informatie in zich draagt dat x = 0, ofte x 2 = 2. Dus, met de methode van onbepaalde coëfficiënten: Oefening (x + 1)(ax + b) = 1 a 2 + (a + b)x + b = 1 { 2a + b = 1 a + b = 0 a = 1, b = 1 = 4 a. Bereken de som en het product in Z[x] van 3x + 4 en 5x 2 modulo x 2 7. b. Bereken de som en het product van 3x x2 2 en 2 modulo x in Q[x]. Oplossing 6.12 a. 8x + 2 en 14x b. Het tweede element is gewoon 1. Dus 3 2 x + 1 en 3 2 x. 6.3 Constructie van eindige velden Oefening a. Toon aan dat f(t) = t 2 + t 1 over Z 3 een irreducibel polynoom is. b. Bewijs dat f(t) = t 2 + t 1 een primitief polynoom is in Z 3 [t]. c. Stel de Zech-log-tabel op voor F 9 met de keuze van dit primitief polynoom. d. Bereken volgende elementen van F 9 : (1 t)( 1 + t) t 4 + t 7 t 2 4t 3 + 5t 5 7t 7 Oplossing 6.13 a. Aangezien een tweedegraadsveelterm enkel in lineaire termen ontbonden kan worden, is het voldoende om na te gaan of f(t) = t nulwaarden heeft in Z 3. t t 2 + t We vinden dat f(t) = t 2 + t 1 irreducibel is over Z 3. b. Het polynoom f(t) = t 2 + t 1 is een primitief polynoom in Z 3 [t] als t de cyclische groep F 9 = C 8 voortbrengt. Aangezien t 2 = t + 1 zal t 4 = ( t + 1) 2 = t 2 + t + 1 = t t + 1 = 2 = 1 dus niet gelijk aan +1 waaruit we al mogen besluiten dat t voortbrengend element is van F 9. De veelterm f(t) = t 2 + t 1 is dus een primitief polynoom in Z 3 [t]. c. We vinden dat F 9 voorgesteld kan worden door F 9 = {0, 1, 1, t, 1 + t, 1 + t, t, 1 + t, 1 t}, Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 58

6 waarbij onderverstaan is dat t 2 + t 1 = 0. Om de Zech-log-tabel op te stellen is het voldoende om de elementen t i met i = 2,..., 7 uit te rekenen, die wegens de definitie van primitief element allemaal verschillend zijn. We bekomen als totale oplijsting van het veld: t = 0 t 0 = 1 t 1 = t t 2 = t + 1 t 3 = t(t 2 ) = t( t + 1) = t 2 + t = t 1 + t = t 1 t 4 = 1 t 5 = t(t 4 ) = t t 6 = t 2 (t 4 ) = t 2 = t 1 t 7 = t 2 t = t + 1 t = t + 1 (t 8 = 1) We vinden dus achtereenvolgens dat t + 1 = t 7 ; t = t = t 1 = t 6 en dat t = t. Of nog θ(1) = 7; θ 2 (1) = θ(7) = 6; θ 3 (1) = θ(6) = 1. Anderzijds is t 2 +1 = t+1+1 = t 1 = t 3 en is t 3 +1 = t 1+1 = t = t 5 dus θ(2) = 3; θ(3) = 5 waaruit zonder verdere berekeningen volgt dat θ(5) = 2. Verder is dus θ( ) = 1, θ(1) = 4 en θ(4) =. De Zech-log-tabel wordt dus gegeven door i θ(i) d. Oefening (1 t)( 1 + t) = t 2 t 6 = t 8 = 1 t 4 + t 7 = 1 + t + 1 = t t 2 4t 3 + 5t 5 7t 7 = t 2 t 3 t 5 t 7 = ( t + 1) ( t 1) ( t) (t + 1) = 1 a. Is x 4 + x een primitieve, irreducibele veelterm in Z 2? b. Is x 4 + x + 1 een primitieve, irreducibele veelterm in Z 2? Oplossing 6.14 a. We vinden onmiddellijk dat x 4 + x = (x 2 + x + 1) 2. Deze veelterm is dus reducibel, en komt zelfs niet in aanmerking om een primitief polynoom te zijn. b. Merk op dat x 4 + x + 1 geen lineaire factoren heeft. Als de veelterm reducibel is, is hij het product van twee irreducibele tweedegraadsveeltermen over Z 2. Over Z 2 zijn er twee lineaire veeltermen: x en x + 1. Er zijn bijgevolg juist drie reducibele kwadratische veeltermen: x 2, x 2 + x en x Maar er zijn slechts vier kwadratische veeltermen over Z 2, waaruit volgt dat x 2 + x + 1 de enige irreducibele kwadratische veelterm is over Z 2. Wetende dat x 4 + x + 1 geen lineaire factoren heeft, kan hij enkel reducibel zijn als hij het product is van twee irreducibele kwadratische veeltermen zijn, dus de enige mogelijkheid is (x 2 + x + 1) 2 = x 4 + x Dit is niet gelijk aan x 4 + x + 1, waaruit volgt dat de beschouwde veelterm irreducibel is. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 59

7 Is de veelterm nu ook primitief? Met andere woorden: is het element x (met x 4 + x + 1 = 0) een voortbrengend element van F 2 4 = F 16, waarbij F 16 geconstrueerd wordt door x 4 + x + 1? Om dit te controleren zullen we het veld stap voor stap opstellen. De resultaten zijn te vinden in volgende tabel. additief exponentieel x x x 2 x 2 x 3 x 3 x + 1 x 4 x 2 + x x 5 x 3 + x 2 x 6 x 3 + x + 1 x 7 x x 8 x 3 + x x 9 x 2 + x + 1 x 10 x 3 + x 2 + x x 11 x 3 + x 2 + x + 1 x 12 x 3 + x x 13 x x 14 Inderdaad, we zien dat de orde van x juist 15 is en niet minder. Omdat we weten dat x 15 = 1, is het enige wat kon mislopen dat x 3 = 1 of x 5 = 1, dus eigenlijk volstond het om dit te controleren. Oefening Onderzoek of de gegeven veelterm een irreducibele veelterm is over het gepaste veld en stel de Zech-logtabel op voor het gevraagde veld. Als het gegeven polynoom niet primitief is, zal je in plaats van de de variabele t dus een ander element α moeten kiezen dan als primitief element. a. F 4, met f(t) = t 2 + t + 1. b. F 9, met f(t) = t c. F 16, met f(t) = t 4 + t + 1. d. F 25, met f(t) = t 2 + 4t + 2. Oplossing 6.15 a. De veelterm f(t) = t 2 + t + 1 is een irreducibel polynoom in Z 2 [t] en blijkt een primitieve veelterm voor F 4. Kies daarom α = t. We vinden de eerste twee kolommen hieronder, waaruit men snel de laatste twee kan halen, die de Zech-log-tabel zijn. exponentieel additief i θ(i) α 0 0 α α t 1 2 α 2 t b. De gegeven veelterm is irreducibel, maar is niet primitief. Het element α = 2t + 1 is echter wel een primitief element. We berekenen daarom de opeenvolgende machten α i voor i = 1,... 7 en kunnen dan de volgende tabel opstellen die het verband legt tussen de exponentiële notatie en de additieve Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 60

8 notatie, waaruit dan ook onmiddellijk de Zech-log-tabel volgt (zie de laatste twee kolommen). stellen bovendien ook elk element a 0 + a 1 t nog eens voor als geordend tweetal (a 0, a 1 ). We exponentieel additief (a 0, a 1 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 0 1 (1, 0) 0 4 α 2t + 1 (1, 2) 1 7 α 2 t (0, 1) 2 3 α 3 t + 1 (1, 1) 3 5 α 4 2 (2, 0) 4 α 5 t + 2 (2, 1) 5 2 α 6 2t (0, 2) 6 1 α 7 2t + 2 (2, 2) 7 6 c. De veelterm f(t) = t 4 +t+1 is een irreducibel polynoom in Z 2 [t] en is een primitieve veelterm voor F 16. Kies daarom α = t en we bekomen de volgende tabel waarbij we in de eerste kolom de exponentiële notatie geven, in de tweede kolom de additieve notatie, in de derde kolom elk element dat dus additief van de vorm a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + a 3 t 3 is, voorstellen als geordend 4-tal (a 0, a 1, a 2, a 3 ). Uit de eerste twee kolommen kan men dan snel de laatste twee kolommen halen, die de Zech-log-tabel geeft. exponentieel additief (a 0, a 1, a 2, a 3 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0, 0, 0) 0 α 0 1 (1, 0, 0, 0) 0 α t (0, 1, 0, 0) 1 4 α 2 t 2 (0, 0, 1, 0) 2 8 α 3 t 3 (0, 0, 0, 1) 3 14 α t (1, 1, 0, 0) 4 1 α 5 t 2 + t (0, 1, 1, 0) 5 10 α 6 t 3 + t 2 (0, 0, 1, 1) 6 13 α 7 t 3 + t + 1 (1, 1, 0, 1) 7 9 α 8 t (1, 0, 1, 0) 8 2 α 9 t 3 + t (0, 1, 0, 1) 9 7 α 10 t 2 + t + 1 (1, 1, 1, 0) 10 5 α 11 t 3 + t 2 + t (0, 1, 1, 1) α 12 t 3 + t 2 + t + 1 (1, 1, 1, 1) α 13 t 3 + t (1, 0, 1, 1) 13 6 α 14 t (1, 0, 0, 1) 14 3 d. De gegeven veelterm is inderdaad irreducibel over Z 5 en is bovendien een primitieve veelterm voor F 25. Maak zelf de berekeningen en controleer ze met de volgende tabel. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 61

9 exponentieel additief (a 0, a 1 ) i θ(i) exp additief (a 0, a 1 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 11 3t + 2 (2, 3) α 0 1 (1, 0) 0 6 α 12 4 (4, 0) 12 α t (0, 1) 1 22 α 13 4t (0, 4) 13 5 α 2 t + 3 (3, 1) 2 17 α 14 4t + 2 (2, 4) 14 3 α 3 4t + 3 (3, 4) 3 10 α 15 t + 2 (2, 1) 15 2 α 4 2t + 2 (2, 2) 4 23 α 16 3t + 3 (3, 3) α 5 4t + 1 (1, 4) 5 14 α 17 t + 4 (4, 1) 17 1 α 6 2 (2, 0) 6 18 α 18 3 (3, 0) α 7 2t (0, 2) 7 8 α 19 3t (0, 3) 19 9 α 8 2t + 1 (1, 2) 8 4 α 20 3t + 4 (4, 3) α 9 3t + 1 (1, 3) 9 11 α 21 2t + 4 (4, 2) 21 7 α 10 4t + 4 (4, 4) α 22 t + 1 (1, 1) α 23 2t + 3 (3, 2) Oefening Gebruik de Zech-log-tabellen uit oefening 6.15 om de volgende kwadratische vergelijkingen op te lossen: a. αx 2 + α 2 = 0 over F 4. b. x 2 + α 7 x + α 2 = 0 over F 9. c. x 2 + α 7 x + 1 = 0 over F 16. d. x 2 + α 13 x + α 14 = 0 over F 25. Oplossing 6.16 a. Over F 4. Deze vergelijking is equivalent met x 2 + α = 0, dus door α 4 = α ook equivalent met x 2 + α 4 = 0 en wegens de freshmen s dream met (x + α 2 ) 2 = 0. We vinden één oplossing, namelijk x = α 2. b. Over F 9. Kwadratische vergelijkingen over karakteristiek verschillend van 2 kunnen we oplossen met de discriminantmethode. Houd rekening met 2 = 1 = α 4 en met α 8 = 1. We vinden dan x 1,2 = b ± b 2 4ac 2a = α7 ± α 14 α 2 1 = α 7 α 14 + α 6 = α 7 2α 6 = α 7 α 4 α 6 = α 7 α 5 = α 7 + α 5, α 7 α 5 = α 7 + α 5, α 7 + α = α 5 (α 2 + 1), α(α 6 + 1) = α 5 α 3, αα = 1, α 2. Inderdaad, men kan controleren dat 1 + α 7 + α 2 = 0 en (α 2 ) 2 + α 7 α 2 + α 2 = 0. c. Over F 16. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 62

10 1. Gereduceerde vergelijking y = ax b = x = α15 x α 7 α 7 δ = ac = 1 = α15 b 2 α 14 α 14 = α 8 x = α 2. Tr(α) Tr(α) = α + α 2 + α 4 + α 8 = α(1 + α) + α 4 (1 + α 4 ) = α 5 + α 5 = 0. We kunnen dus besluiten dat er twee oplossingen zijn. 3. We zoeken nu een element k F 16 waarvoor Tr(k) = 1. We vinden Tr(α 3 ) = α 3 + α 6 + α 12 + α 9 = α 2 + α 8 = α 15 = 1. Een oplossing van de vergelijking wordt gegeven door s = kδ 2 + (k + k 2 )δ 4 + (k + k 2 + k 4 )δ 8. Wanneer we k = α 3 en δ = α invullen, bekomen we s = α 3 α 2 + (α 3 + α 6 )α 4 + (α 3 + α 6 + α 12 )α 8 = α 5 + α 6 + α 7 α 8 = α = α 7. De twee oplossingen van de gereduceerde vergelijking worden gegeven door α 7 en α De oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking worden gegeven door α 14 en α. d. Over F 25. We gebruiken de discriminantmethode. Houd rekening met 4 = 1 = α 12 en met α 24 = 1. We vinden dan x 1,2 = b ± b 2 4ac 2a = α13 ± α 26 + α 14 2 = α13 ± α 14 (α ) α 6 = α12 α 13 ± 0 = α 19 α 6 (8) (9) (10) (11) (12) met dubbele multipliciteit. Inderdaad, want x 2 + α 13 x + α 14 = x 2 + α 18 α 19 x + α 38 = x 2 2α 19 x + α 38 = (x α 19 ) 2. Oefening Los de volgende kwadratische vergelijkingen op over F 8 waarbij t 3 + t + 1 = 0. a. tx 2 + (t 2 + t + 1)x + t 2 + t = 0. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 63

11 b. (1 + t + t 2 )x 2 + t 2 x + t + 1 = 0. Oplossing 6.17 Werk in de exponentiële notatie en ga pas op het einde weer over naar de additieve notatie. a. {t, t 2 }. b. {1, 1 + t + t 2 } 6.4 Primitieve elementen Oefening Hoeveel primitieve elementen heeft een eindig veld van orde 64? Oplossing 6.18 Aangezien de multiplicatieve groep F 64 de cyclische groep C 63 is, zijn er Φ(63) = Φ(3 2 7) = = 36 niet-nul-elementen die deze multiplicatieve groep voortbrengen, dus primitieve elementen. Oefening Zoek de primitieve elementen van Z 41. Oplossing 6.19 Aangezien 41 een priemgetal is, is Z 41 een veld. We weten ook dat Z 41 de cyclische groep C 40 is. Een primitief element van Z 41 is dus een element van orde 40 dat de volledige groep Z 41 voortbrengt. Er zijn in totaal juist Φ(40) = Φ(5)Φ(8) = 4 4 = 16 primitieve elementen van Z 41. We zoeken nu een element van orde 40. We starten met het kleinst mogelijk element, met name 2 en nemen de opeenvolgende machten van 2 (ermee rekening houdend dat we modulo 41 werken). We vinden dan 2, 4, 8, 16, 32, 23, 5, 10, 20, 40 = 1. Omdat 2 10 = 1 in Z 41, zal de orde van 2 precies 20 zijn. Helaas, geen primitief element. We proberen eens met 3. Om de orde van 3 te vinden, noteren we de opeenvolgende machten van 3: 3, 9, 27, 81 = 1. Hieruit kunnen we besluiten dat de orde van 3 inderdaad 8 moet zijn. Weer geen primitief element, maar kgv(8, 20) = 40. We maken nu gebruik van de volgende eigenschap (zie oefeningen 5.7 en 5.11): als u de orde s heeft en v de orde r, dan heeft uv de orde kgv(r, s) = rs/ ggd(r, s). We vinden dus dat de orde van 6 gelijk is aan kgv(20, 8) = 40. Hoera, 6 is een primitief element. Nu we een primitief element α gevonden hebben, gebruiken we dat ook α i met ggd(i, 40) = 1, een primitief element is van Z 41. Om nu alle primitieve elementen te vinden in Z 41 moeten we dus 6 k berekenen modulo 41 met ggd(k, 40) = 1, dus de primitieve elementen zijn 6, 6 3, 6 7, 6 9, 6 11, 6 13, 6 17, 6 19, 6 21, 6 23, 6 27, 6 29, 6 31, 6 33, 6 37 en Sage rekent na dat dit de elementen 6, 11, 29, 19, 28, 24, 26, 34, 35, 30, 12, 22, 13, 17, 15 en 7 zijn. Oefening Vergelijk de ringen Z 16 en F 16. Beantwoord daarvoor voor beide: a. Hoe ziet de additieve groep van beide eruit? b. Hoeveel elementen heeft de multiplicatieve groep (of meer correct, de multiplicatieve groep van inverteerbare elementen)? c. Hoeveel primitieve elementen zijn er? d. Lijst alle inverteerbare elementen met hun ordes op. Oplossing 6.20 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 64

12 a. Z 16 is net opgebouwd als de optelling modulo 16, dus de additieve groep van Z 16 is cyclisch en wordt voortgebracht door 1, m.a.w Z 16, + = C 16. De additieve groep van F 16 is meer ingewikkeld. Omdat = 0, brengt element 1 hier een deelgroep C 2 voort en niet de hele groep. De additieve groep is abels en element heeft orde 2. We vinden dat F 16, + = C 2 C 2 C 2 C 2. b. F 16 is een veld dus elk element behalve 0 is inverteerbaar. We weten bovendien dat de multiplicatieve groep cyclisch is, namelijk F 16, = C 15. Een element zal inverteerbaar zijn modulo 16 als het er onderling ondeelbaar mee is. Bijgevolg zijn er Φ(16) = 8 inverteerbare elementen in Z 16. Deze zullen een groep vormen, maar dit is niet noodzakelijk een cyclische groep. c. In F 16 zijn er Φ(15) = 8 primitieve elementen. Dezelfde redenering als oefening Een element van Z 16 wordt primitief genoemd als het maximale orde, nl. 8 heeft. Als de groep niet cyclisch is (en er dus geen element van orde 8 bestaat), zijn er geen primitieve elementen. Als de groep wel cyclisch is, zullen er Φ(8) = 4 primitieve elementen zijn. Uit de uitwerking hieronder blijkt dat er geen primitieve elementen zijn. d. Voor F 16 is de oefening eenvoudig, als we de elementen multiplicatief voorstellen, als machten van een primitief element α: x 0 = α 1 α 2 α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 α 8 α 9 α 10 α 11 α 12 α 13 α 14 orde Voor Z 16 zijn we aangewezen op proberen. We weten alvast dat we de ordes moeten bepalen van de Φ(16) = 8 inverteerbare elementen {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}, die de multiplicatieve groep uitmaken. Deze orde 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 theoretische observaties gebruiken. (a) Aangezien a Φ(m) 1 (mod m) vinden we al dat elke t 8. We hebben dus enkel 1, 2, 4 en 8 als mogelijke ordes van deze elementen. (b) Als de orde van een element a gelijk is aan t, dan heeft a k eveneens orde t als en slechts als ggd(k, t) = 1. (Hieruit kunnen we al 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.) Beschouw a = 3. We vinden (mod 16) (mod 16) (mod 16) De orde van 3 is dus gelijk aan 4, maar ook de orde van (mod 16) is gelijk aan 3. We vinden ook dat de orde van (mod 16) 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. 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 6 65

13 6.5 Doordenkers in eindige velden Oefening Bewijs dat alle elementen van F 2 11 derdemachten zijn. Oplossing = In F 2 11 is elk element een kwadraat en hebben we dat x = x Vermenigvuldigen we deze vergelijking met x, dan bekomen we voor elk element x 2 = x 2049 = (x ) 3. Een willekeurig element van F 2 11 een derdemacht. is te schrijven als het linkerlid, en dus ook als het rechterlid, is m.a.w. Oefening 6.22 (Examen 2012). Bewijs: als ggd(k, q 1) = 1, dan is elk element in F q een k-de macht. Oplossing 6.22 De multiplicatieve groep van dit veld is een cyclische groep C q 1, voortgebracht door een element a. We moeten bewijzen dat elk element van C q 1 te schrijven is als k-de macht. Maar als ggd(k, q 1) = 1, dan is ook a k een voortbrenger. Daarom is elk element te schrijven als (a k ) m = (a m ) k, duidelijk een k-de macht. De observatie dat ook 0 een k-de macht is, voltooit het bewijs. Een andere methode is de volgende. Om te bewijzen dat de afbeelding θ k : F q F q : x x k surjectief is, volstaat het om aan te tonen dat ze injectief is (door de eindigheid van F q ). Stel dat x k = y k. Dan is (xy 1 ) k = 1. Maar in de multiplicatieve, cyclische groep heeft elk element als orde een deler van q 1, maar k is onderling ondeelbaar met q 1. Dit kan enkel als xy 1 = 1. (Meer formeel, met c(q 1)+dk = 1, xy 1 = (xy 1 ) c(q 1)+dk = ( (xy 1 ) q 1) c ( (xy 1 ) k) d = 1. Oefening a. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F 2 heeft precies alle elementen van orde drie van F 16 als nulpunten? b. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F 2 heeft precies alle elementen van orde vijf van F 16 als nulpunten? c. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F p heeft precies alle elementen van orde d van F p h als nulpunten, waarbij d een deler is van p h 1? Oplossing 6.23 a. De elementen van orde drie van F 16 voldoen aan x 3 = 1. Maar ook 1 voldoet hieraan, en dit is geen element van orde 3. We vinden over F 2 dat x = (x + 1)(x 2 + x + 1). De veelterm x 2 + x + 1 is irreducibel over F 2 en heeft de twee elementen van F 16 van orde 3 als wortels. Een andere manier om dit te vinden is de volgende: in de exponentiële notatie van F16 zijn α 5 en α 10 de elementen van orde drie. Deze vormen immers de cyclische deelgroep C 3 van α = C 15. We vinden dat het gezochte polynoom (x + α 5 )(x + α 10 ) = x 2 + (α 5 + α 10 )x + α 15 is, hoewel dit nog geen polynoom is met coëfficiënten in F 2. Voor elk element van F 16 geldt echter dat zijn 15-de macht 1 is, dus α 15 = 1. Om te bepalen wat het mysterieuze element α 5 + α 10 is, kunnen we observeren dat zijn kwadraat (α 5 + α 10 ) 2 = α 10 + α 20 = α 10 + α 5 terug zichzelf is. Er zijn echter maar twee elementen die voldoen aan η 2 = η, namelijk 1 en 0. Maar mocht α 5 + α 10 = 0, dan zouden α 5 en α 10 gelijk zijn, quod non. Dus de middelste coëfficiënt is 1 en het gezochte polynoom is x 2 + x + 1. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 66

14 b. Analoog, x 4 + x 3 + x 2 + x + 1. c. Analoog. Deze elementen voldoen aan x d + 1 = 0, maar het gezochte polynoom is (x d + 1)/(x + 1) = x d 1 + x d x + 1. Oefening Welke polynoom is een deler van x 15 1 en heeft precies alle primitieve elementen van F 16 als nulpunt? Oplossing 6.24 Het polynoom x 15 1 heeft alle elementen van F 16 als wortels. De elementen van orde 3 zijn wortels van x 3 1. Meer precies (omdat 1 hier ook een wortel van is maar niet orde 3 heeft), zijn de orde- 3-elementen wortels van x3 1 = x2 + x + 1. Analoog zijn de orde-5-elementen precies de wortels van x 5 1 x 1 x 1 = x4 + x 3 + x 2 + x + 1. Het orde-1-element, namelijk 1, is wortel van x 1. De overblijvende elementen zijn de primitieve elementen, dus om het gevraagde polynoom te bekomen, moeten we uit x 15 1 de gevonden polynomen wegdelen. Brute-force-rekenwerk leert ons dat (x + 1)(x 2 + x + 1)(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = x 7 + x 6 + x 5 + x 2 + x + 1 en met behulp van de Euclidische deling vinden we tot slot dat x = (x 7 + x 6 + x 5 + x 2 + x + 1)(x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1). Iets zuiniger in rekenwerk is de berekening (x 1) x 15 1 ( x 3 1 x 1 ) ( x 5 1 x 1 ) = (x15 1)(x 1) (x 3 1)(x 5 1) = x8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 We besluiten dat x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 juist de 8 primitieve elementen van F 16 als nulpunt heeft. Oefening a. Hoeveel koppels (a, b) F 8 F 8 zijn er met a 2 b 2 = 1? b. Hoeveel koppels (a, b) F 9 F 9 zijn er met a 2 b 2 = 1? c. Hoeveel koppels (a, b) F 16 F 16 zijn er met a 2 + b 3 = 1? Oplossing 6.25 a. We werken over een veld met even karakteristiek, dus elk element is een kwadraat. Analoog heeft elk element een vierkantswortel. Beschouw a 2 = 1 + b 2. We vinden dat er voor elke b F 8 een uniek getal 1 + b 2 bestaat. We vinden dat er dus een unieke a bestaat zodat a 2 = 1 + b 2. Er zijn dus juist acht koppels in F 8 F 8. b. Over F 9 hebben we dat 1 = α 4. We kunnen dus volgende tabel opstellen. b 0 1 α α 2 α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 b α 2 α 4 α 6 1 α 2 α 4 α 6 b α 4 α α We hebben nu al 8 oplossingen (welke? (1, 0), (α 4, 0), (0, α 2 ), (0, α 6 ), (α 2, 1), (α 2, α 4 ), (α 6, 1), (α 6, α 4 )). Er kunnen er telkens nog 4 bijkomen, als zou blijken dat α of α een kwadraat zijn. Nu zouden we het veld F 9 expliciet kunnen opstellen om dit te onderzoeken, maar aangezien het aantal oplossingen onafhankelijk is van de voorstelling van het veld, kunnen we dit ook los van de additieve notatie of de Zech log tabel oplossen. We vinden dat a = a 2 (1 + a 6 ) en a = a 6 (1 + a 2 ). Hieruit volgt dat ofwel α en α beide een kwadraat zijn, ofwel geen van beiden. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 67

15 Veronderstel dat ze beiden een kwadraat zijn. Dan vinden we α = α 6 en α = α 2. Deze twee beweringen kunnen slechts samengaan in een veld van karakteristiek 2, waaruit een strijdigheid volgt. We concluderen dat α en α beide geen kwadraat zijn, waaruit volgt dat er juist 8 koppels voldoen aan de gegeven vergelijking. Een veel kortere methode is de volgende: a 2 b 2 = 1 (a + b)(a b) = 1. We vinden dus dat a + b = x en a b = x 1. Het stelsel gevormd door deze twee vergelijkingen heeft determinant 1 en is dus voor elke waarde van x oplosbaar: de oplossing wordt gegeven door ( x x 1, x + x 1 ). Voor elke x F 9 vinden we precies 1 mogelijkheid voor a en b. Dus 8 oplossingen. c. Voor elke b vinden we precies één a, omdat elk element een vierkantwortel heeft. Er zijn dus zoveel oplossingen als de grootte van het veld, nl. 16. Oefening Bewijs dat x 16 + x 4 + x + 1 precies 16 verschillende wortels heeft over F 64. Hint: beschouw de afbeelding f : F 64 F 64, x x 16 + x 4 + x + 1 en vooral diens beeld. Oplossing 6.26 Beschouw, voor een vaste x F 64 het beeld f(x) = x 16 + x 4 + x + 1 = γ. We vinden dat γ 4 = γ. Hieruit volgt dat elk mogelijk beeld γ van de functie f(x) een element is van F 4 (als deelveld van F 64 ). De elementen van F 64 worden door f dus afgebeeld op vier elementen, namelijk 0, 1, t = α 21, t 2 = t + 1 = α 42. De vier vergelijkingen x 16 + x 4 + x + 1 = 0 x 16 + x 4 + x + 1 = 1 x 16 + x 4 + x + 1 = α 21 x 16 + x 4 + x + 1 = α 42 hebben samen juist 64 oplossingen, namelijk alle elementen van F 64. Maar elke vergelijking heeft hoogstens 16 oplossingen, waaruit volgt dat elke bovenstaande vergelijking juist 16 oplossingen heeft. Oefening Noem α een primitief element van F 9, en noem f(x) een irreducibele veelterm van Z 3 [x] zodanig dat f(α 2 ) = 0. Bepaal f(x). Oplossing 6.27 We hebben dat α 8 = 1, met α n 1 voor elke 0 < n < 8. Stel b = α 2. Bovenstaande opmerkingen hebben tot gevolg dat de orde van b gelijk is aan 4. We hebben dus b 4 = 1. Stel nu g(x) = x 4 1. Dan is b een nulpunt van deze veelterm over Z 3. Maar deze veelterm is niet irreducibel over Z 3. Aangezien x 4 1 = (x 2 + 1)(x + 1)(x 1) over Z 3, vinden we dat f(x) = x Controle: we vinden dat b = α = = 0 in F 9. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 68

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

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.

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. 4 Modulair rekenen Oefening 4.1. Merk op dat 2 5 9 2 = 2592. 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

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

Uitwerkingen tentamen Algebra 3 8 juni 2017, 14:00 17:00

Uitwerkingen tentamen Algebra 3 8 juni 2017, 14:00 17:00 Uitwerkingen tentamen Algebra 3 8 juni 207, 4:00 7:00 Je mocht zoals gezegd niet zonder uitleg naar opgaven verwijzen. Sommige berekeningen zijn hier weggelaten. Die moest je op je tentamen wel laten zien.

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

De pariteitstestmatrix van de (6,4) Hamming-code over GF(5) is de volgende: [ H =

De pariteitstestmatrix van de (6,4) Hamming-code over GF(5) is de volgende: [ H = Oplossing examen TAI 11 juni 2008 Veel plezier :) Vraag 1 De pariteitstestmatrix van de (6,4) Hamming-code over GF(5) is de volgende: H = [ 1 0 1 2 3 ] 4 0 1 1 1 1 1 (a) Bepaal de bijhorende generatormatrix

Nadere informatie

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters, stelsels. 16 september dr.

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters, stelsels. 16 september dr. Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters, stelsels 16 september 2017 dr. Brenda Casteleyn Met dank aan: Atheneum van Veurne, Leen Goyens (http://users.telenet.be/toelating)

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

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

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

7.1 Het aantal inverteerbare restklassen

7.1 Het aantal inverteerbare restklassen Hoofdstuk 7 Congruenties in actie 7.1 Het aantal inverteerbare restklassen We pakken hier de vraag op waarmee we in het vorige hoofdstuk geëindigd zijn, namelijk hoeveel inverteerbare restklassen modulo

Nadere informatie

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters. 23 juli 2015. dr.

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters. 23 juli 2015. dr. Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts Wiskunde: veeltermfuncties en berekening parameters 23 juli 2015 dr. Brenda Casteleyn Met dank aan: Atheneum van Veurne (http://www.natuurdigitaal.be/geneeskunde/fysica/wiskunde/wiskunde.htm),

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

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

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

Zomercursus Wiskunde. Module 1 Algebraïsch rekenen (versie 22 augustus 2011)

Zomercursus Wiskunde. Module 1 Algebraïsch rekenen (versie 22 augustus 2011) Katholieke Universiteit Leuven September 011 Module 1 Algebraïsch rekenen (versie augustus 011) Inhoudsopgave 1 Rekenen met haakjes 1.1 Uitwerken van haakjes en ontbinden in factoren............. 1. De

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

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

Complexe getallen: oefeningen

Complexe getallen: oefeningen Complexe getallen: oefeningen Hoofdstuk 2 Praktisch rekenen met complexe getallen 2.1 Optelling en aftrekking (modeloplossing) 1. Gegeven zijn de complexe getallen z 1 = 2 + i en z 2 = 2 3i. Bereken de

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

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

Definitie 5.1. Cyclische groepen zijn groepen voortgebracht door 1 element.

Definitie 5.1. Cyclische groepen zijn groepen voortgebracht door 1 element. Hoofdstuk 5 Cyclische groepen 5.1 Definitie Definitie 5.1. Cyclische groepen zijn groepen voortgebracht door 1 element. Als G wordt voortgebracht door a en a n = e, dan noteren we de groep als C n = a.

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

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

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

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

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft:

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Determinanten Invoeren van het begrip determinant Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { a x + b y = c a 2 a 2 x + b 2 y = c 2 a Dit levert op: { a a 2 x

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

Gehelen van Gauss. Hector Mommaerts

Gehelen van Gauss. Hector Mommaerts Gehelen van Gauss Hector Mommaerts 2 Hoofdstuk 1 Definities Gehelen van Gauss zijn complexe getallen van de vorm a + bi waarbij a, b Z. De verzameling van alle gehelen van Gauss noteren we met Z(i). Dus

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

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

Discrete Wiskunde 2WC15, Lente Jan Draisma

Discrete Wiskunde 2WC15, Lente Jan Draisma Discrete Wiskunde 2WC15, Lente 2010 Jan Draisma HOOFDSTUK 3 De Nullstellensatz 1. De zwakke Nullstellensatz Stelling 1.1. Zij K een algebraïsch gesloten lichaam en zij I een ideaal in K[x] = K[x 1,...,

Nadere informatie

Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding

Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding Antwoorden op de theoretische vragen in de examen voorbereiding Theorie vraag Zij A een m n-matrix. Geef het verband tussen de formule voor de dimensie d van een niet-strijdig stelsel, d = n rang (A) (zie

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

Polynomen. + 5x + 5 \ 3 x 1 = S(x) 2x x. 3x x 3x 2 + 2

Polynomen. + 5x + 5 \ 3 x 1 = S(x) 2x x. 3x x 3x 2 + 2 Lesbrief 3 Polynomen 1 Polynomen van één variabele Elke functie van de vorm P () = a n n + a n 1 n 1 + + a 1 + a 0, (a n 0), heet een polynoom of veelterm in de variabele. Het getal n heet de graad van

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

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

Oefenopgaven Grondslagen van de Wiskunde A

Oefenopgaven Grondslagen van de Wiskunde A Oefenopgaven Grondslagen van de Wiskunde A Jaap van Oosten 2007-2008 1 Kardinaliteiten Opgave 1.1. Bewijs, dat R N = R. Opgave 1.2. Laat Cont de verzameling continue functies R R zijn. a) Laat zien dat

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

Over de construeerbaarheid van gehele hoeken

Over de construeerbaarheid van gehele hoeken Over de construeerbaarheid van gehele hoeken Dick Klingens maart 00. Inleiding In de getallentheorie worden algebraïsche getallen gedefinieerd via rationale veeltermen f van de n-de graad in één onbekende:

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

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

Ruimtemeetkunde deel 1

Ruimtemeetkunde deel 1 Ruimtemeetkunde deel 1 1 Punten We weten reeds dat Π 0 het meetkundig model is voor de vectorruimte R 2. We definiëren nu op dezelfde manier E 0 als meetkundig model voor de vectorruimte R 3. De elementen

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

Examenvragen Hogere Wiskunde I

Examenvragen Hogere Wiskunde I 1 Examenvragen Hogere Wiskunde I Vraag 1. Zij a R willekeurig. Gegeven is dat voor alle r, s Q geldt dat a r+s = a r a s. Bewijs dat voor alle x, y R geldt dat a x+y = a x a y. Vraag 2. Gegeven 2 functies

Nadere informatie

3 De duale vectorruimte

3 De duale vectorruimte 3 De duale vectorruimte We brengen de volgende definitie in de herinnering. Definitie 3.1 (hom K (V, W )) Gegeven twee vectorruimtes (V, K) en (W, K) over K noteren we de verzameling van alle lineaire

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 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

Hoofdstuk 12 : Vergelijkingen van de eerste graad met twee onbekenden.

Hoofdstuk 12 : Vergelijkingen van de eerste graad met twee onbekenden. - 239 - Naam:... Klas:... Hoofdstuk 12 : Vergelijkingen van de eerste graad met twee onbekenden. Eventjes herhalen!!! Voor een vergelijking van de eerste graad, herleid op nul, is het linkerlid een veelterm

Nadere informatie

Lineaire Algebra. Bovendriehoeks- en onderdriehoeks vorm: onder (boven) elke leidende term staan enkel nullen

Lineaire Algebra. Bovendriehoeks- en onderdriehoeks vorm: onder (boven) elke leidende term staan enkel nullen Lineaire Algebra Hoofdstuk 1: Stelsels Gelijkwaardige stelsels: stelsels met gelijke oplv Elementaire rijbewerkingen: 1. van plaats wisselen 2. externe vermenigvuldiging 3. interne optelling (2. en 3.:

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

Algebra and discrete wiskunde

Algebra and discrete wiskunde Algebra and discrete wiskunde dr. G.R. Pellikaan Studiewijzer voor het studiejaar 2015/2016 College 2WF50 Contents 1 Algemeen 2 2 Inhoud van het vak 2 3 Leerdoelen 3 4 Berekening tijdsplanning 3 5 Onderwijs-

Nadere informatie

ENKELE VOORBEELDEN UIT TE WERKEN MET ICT

ENKELE VOORBEELDEN UIT TE WERKEN MET ICT Differentiaalvergelijkingen kunnen we ook oplossen met behulp van ICT. In dit geval zijn de oplossingen uitgewerkt met behulp van Derive. dy De differentiaalvergelijking = ky, met k een reëel getal Voorbeeld

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

Lineaire Algebra 3 en 4. Wieb Bosma

Lineaire Algebra 3 en 4. Wieb Bosma Lineaire Algebra 3 en 4 Wieb Bosma juni 2000/juni 2001 Inhoudsopgave 1 Vectorruimten 3 1.1 Inleiding........................................ 3 1.2 Lichamen....................................... 3 1.2.1

Nadere informatie

3.2 Vectoren and matrices

3.2 Vectoren and matrices we c = 6 c 2 = 62966 c 3 = 32447966 c 4 = 72966 c 5 = 2632833 c 6 = 4947966 Sectie 32 VECTOREN AND MATRICES Maar het is a priori helemaal niet zeker dat het stelsel vergelijkingen dat opgelost moet worden,

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

1 Eigenwaarden en eigenvectoren

1 Eigenwaarden en eigenvectoren Eigenwaarden en eigenvectoren Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE Een complex (of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x is met Ax = λx Dan

Nadere informatie

Kies voor i een willekeurige index tussen 1 en r. Neem het inproduct van v i met de relatie. We krijgen

Kies voor i een willekeurige index tussen 1 en r. Neem het inproduct van v i met de relatie. We krijgen Hoofdstuk 95 Orthogonaliteit 95. Orthonormale basis Definitie 95.. Een r-tal niet-triviale vectoren v,..., v r R n heet een orthogonaal stelsel als v i v j = 0 voor elk paar i, j met i j. Het stelsel heet

Nadere informatie

kwadratische vergelijkingen

kwadratische vergelijkingen kwadratische vergelijkingen In deze paragraaf: 'exact berekenen van oplossingen', 'typen kwadratische vergelijkingen' en 'de abc-formule en de discriminant'. de abc-formule Voor een tweedegraads vergelijking

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

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

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

Stelsels Vergelijkingen

Stelsels Vergelijkingen Hoofdstuk 5 Stelsels Vergelijkingen Eén van de motiverende toepassingen van de lineaire algebra is het bepalen van oplossingen van stelsels lineaire vergelijkingen. De belangrijkste techniek bestaat uit

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

I.3 Functies. I.3.2 Voorbeeld. De afbeeldingen f: R R, x x 2 en g: R R, x x 2 zijn dus gelijk, ook al zijn ze gegeven door verschillende formules.

I.3 Functies. I.3.2 Voorbeeld. De afbeeldingen f: R R, x x 2 en g: R R, x x 2 zijn dus gelijk, ook al zijn ze gegeven door verschillende formules. I.3 Functies Iedereen is ongetwijfeld in veel situaties het begrip functie tegengekomen; vaak als een voorschrift dat aan elk getal een ander getal toevoegt, bijvoorbeeld de functie fx = x die aan elk

Nadere informatie

More points, lines, and planes

More points, lines, and planes More points, lines, and planes Make your own pictures! 1. Lengtes en hoeken In het vorige college hebben we het inwendig product (inproduct) gedefinieerd. Aan de hand daarvan hebben we ook de norm (lengte)

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

Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde

Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde Hints en antwoorden bij de vragen van de cursus Lineaire Algebra en Meetkunde Ik heb de vragen die in de nota s staan en de vragen van de samenvattingen samengebracht in deze tekst en voorzien van hints

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

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

Rationale punten op elliptische krommen

Rationale punten op elliptische krommen Rationale punten op elliptische krommen Anne Barten 6 juli 2015 Bachelorscriptie Begeleiding: dr. S. R. Dahmen Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica

Nadere informatie

Algebra and discrete wiskunde

Algebra and discrete wiskunde Algebra and discrete wiskunde dr. G.R. Pellikaan Studiewijzer voor het studiejaar 2016/2017 College 2WF50 Contents 1 Algemeen 2 2 Inhoud van het vak 2 3 Leerdoelen 3 4 Berekening tijdsplanning 3 5 Onderwijs-

Nadere informatie

Lineaire Algebra C 2WF09

Lineaire Algebra C 2WF09 Lineaire Algebra C 2WF09 College: Instructie: L. Habets HG 8.09, Tel. 4230, Email: l.c.g.j.m.habets@tue.nl H. Wilbrink HG 9.49, Tel. 2783, E-mail: h.a.wilbrink@tue.nl http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2wf09

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

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

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

Combinatoriek groep 2

Combinatoriek groep 2 Combinatoriek groep 2 Recursie Trainingsdag 3, 2 april 2009 Homogene lineaire recurrente betrekkingen We kunnen een rij getallen a 0, a 1, a 2,... op twee manieren definiëren: direct of recursief. Een

Nadere informatie

Opgaven Functies en Reeksen. E.P. van den Ban

Opgaven Functies en Reeksen. E.P. van den Ban Opgaven Functies en Reeksen E.P. van den Ban c Mathematisch Instituut Universiteit Utrecht Augustus 2014 1 Opgaven bij Hoofdstuk 1 Opgave 1.1 Zij f : R n R partieel differentieerbaar naar iedere variabele

Nadere informatie

Oefening 2.2. Welke van de volgende beweringen zijn waar?

Oefening 2.2. Welke van de volgende beweringen zijn waar? Oefeningen op hoofdstuk 2 Verzamelingenleer 2.1 Verzamelingen Oefening 2.1. Beschouw A = {1, {1}, {2}}. Welke van de volgende beweringen zijn waar? Beschouw nu A = {1, 2, {2}}, zelfde vraag. a. 1 A c.

Nadere informatie

Rekenvaardigheden voor klas 3 en 4 VWO

Rekenvaardigheden voor klas 3 en 4 VWO Rekenvaardigheden voor klas en VWO Een project in het kader van het Netwerk VO-HO West Brabant Voorjaar 00 Samenstelling: M. Alberts (Markenhage College, Breda) I. van den Bliek (Mencia de Mendoza, Breda)

Nadere informatie

Lineaire algebra I (wiskundigen)

Lineaire algebra I (wiskundigen) Lineaire algebra I (wiskundigen) Toets, donderdag 22 oktober, 2009 Oplossingen (1) Zij V het vlak in R 3 door de punten P 1 = (1, 2, 1), P 2 = (0, 1, 1) en P 3 = ( 1, 1, 3). (a) Geef een parametrisatie

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

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

HOOFDSTUK VII REGRESSIE ANALYSE

HOOFDSTUK VII REGRESSIE ANALYSE HOOFDSTUK VII REGRESSIE ANALYSE 1 DOEL VAN REGRESSIE ANALYSE De relatie te bestuderen tussen een response variabele en een verzameling verklarende variabelen 1. LINEAIRE REGRESSIE Veronderstel dat gegevens

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

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

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: functieverloop. 22 juli 2015. dr. Brenda Casteleyn

Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts. Wiskunde: functieverloop. 22 juli 2015. dr. Brenda Casteleyn Voorbereiding toelatingsexamen arts/tandarts Wiskunde: functieverloop 22 juli 2015 dr. Brenda Casteleyn Met dank aan: Atheneum van Veurne (http://www.natuurdigitaal.be/geneeskunde/fysica/wiskunde/wiskunde.htm),

Nadere informatie

Tussentijdse Toets Wiskunde 2 1ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april 2011

Tussentijdse Toets Wiskunde 2 1ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april 2011 Tussentijdse Toets Wiskunde ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april Deze toets is bedoeld om u vertrouwd te maken met de wijze van ondervraging op het

Nadere informatie

Lineaire Algebra Een Samenvatting

Lineaire Algebra Een Samenvatting Lineaire Algebra Een Samenvatting Definitie: Een (reële) vectorruimte is een verzameling V voorzien van een additieve en multiplicatieve operatie, zodat (a) u V en v V u + v V, (1) u + v = v + u voor alle

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

Complexe eigenwaarden

Complexe eigenwaarden Complexe eigenwaarden Tot nu toe hebben we alleen reële getallen toegelaten als eigenwaarden van een matrix Het is echter vrij eenvoudig om de definitie uit te breiden tot de complexe getallen Een consequentie

Nadere informatie

x = b 1 x 1 , b = x n b m i,j=1,1 en een vector [x j] n j=1 m n a i,j x j j=1 i=1

x = b 1 x 1 , b = x n b m i,j=1,1 en een vector [x j] n j=1 m n a i,j x j j=1 i=1 WIS9 9 Matrixrekening 9 Vergelijkingen Stelsels lineaire vergelijkingen Een stelsel van m lineaire vergelijkingen in de n onbekenden x, x 2,, x n is een stelsel vergelijkingen van de vorm We kunnen dit

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

Discrete Structuren. Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie

Discrete Structuren. Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie Discrete Structuren Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie www.math.rug.nl/~piter piter@math.rug.nl 22 februari 2009 INDUCTIE & RECURSIE Paragrafen 4.3-4.6 Discrete Structuren Week 3:

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

Hoofdstuk 7 : Delen van veeltermen

Hoofdstuk 7 : Delen van veeltermen - 19 - Hoofdstuk 7 : Delen van veeltermen Delen van veeltermen door een veelterm: (boek pag 16) Bepaal het quotient en de rest van de volgende delingen (oefeningen pag 19 nr. - 5-6) 1.. 18 9 + 11 + 6........................

Nadere informatie

Definitie 4.1. Als H en K normaaldelers zijn van een groep G en H K = {e} en HK = G dan noemt men G het direct product van

Definitie 4.1. Als H en K normaaldelers zijn van een groep G en H K = {e} en HK = G dan noemt men G het direct product van Hoofdstuk 4 Groepsconstructies 4.1 Direct product We gaan nu bestuderen hoe we van 2 groepen een nieuwe groep kunnen maken of hoe we een groep kunnen schrijven als een product van 2 groepen met kleinere

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

Meetkunde en lineaire algebra

Meetkunde en lineaire algebra Meetkunde en lineaire algebra Daan Pape Universiteit Gent 7 juni 2012 1 1 Möbius transformaties De mobiustransformatie wordt gegeven door: z az + b cz + d (1) Als we weten dat het drietal (x 1, x 2, x

Nadere informatie