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

Transcriptie

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 onder de verzameling van de natuurlijke getallen te verstaan de verzameling N = {1, 2,...}, 0 wordt dan dus niet tot N gerekend. Voor de gehele getallen schrijven we: Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,...} 1 Priemgetallen Er zijn natuurlijke getallen die geschreven kunnen worden als product van twee of meer kleinere natuurlijke getallen, bijvoorbeeld 6 = 2 3 of 30 = 2 3 5, terwijl dit bij andere getallen, zoals 3, 13 of 29 niet mogelijk is. In het algemeen, als c = a b het product is van twee natuurlijke getallen a en b, heten a en b delers of factoren van c. Ook heet c dan een veelvoud van a (en van b). Elk natuurlijk getal heeft de volgende vanzelfsprekende ontbinding in factoren: c = c 1 = 1 c (1) Definitie 1.1 Een natuurlijk getal c > 1 dat slechts als in (1) in twee factoren ontbonden kan worden, heet een priemgetal. Elk natuurlijk getal c > 1 dat geen priemgetal is, heet een samengesteld getal. Het getal 1 is dus per definitie noch priemgetal noch samengesteld. 1.1 De zeef van Eratosthenes Om alle priemgetallen kleiner dan een gegeven getal N te bepalen, moet men uit de rij 2, 3,..., N alle samengestelde getallen verwijderen. Dit kan men systematisch doen door achtereenvolgens alle veelvouden van 2, van 3, enz. te schrappen. Hierbij kan men natuurlijk alle veelvouden van n overslaan zodra n zelf al geschrapt is (want dan zijn de veelvouden van n ook al geschrapt). Bovendien kan men bij het schrappen van de veelvouden van p beginnen bij p 2, omdat de kleinere veelvouden al eerder zijn geschrapt. De rij van getallen die niet geschrapt worden, is de rij van alle priemgetallen kleiner dan N: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,.... Deze methode is voor het eerst beschreven door de Griekse wiskundige Eratosthenes (±200 v. Chr.), en staat bekend als de zeef van Eratosthenes. Elke priemgetallentabel is op deze wijze gemaakt. De Griekse wiskundige Euclides (±300 v. Chr.) schreef een boek, Elementen, waarin hij op systematische wijze de gehele op dat moment bekende wiskunde behandelde. Dit boek bevat ook een gedeelte over getaltheorie. Hierin komt al de volgende stelling voor: 1

2 Stelling 1.2 Er zijn oneindig veel priemgetallen. Bewijs. Stel dat er slechts eindig veel priemgetallen waren: 2, 3, 5,..., p k. Vorm dan het product van alle priemgetallen: P = p k. Het getal P + 1 is groter dan elk van de priemgetallen, en moet dus een samengesteld getal zijn. P + 1 is echter niet deelbaar door 2, want het eerste getal na P dat door 2 deelbaar is, is P + 2. Om dezelfde reden is P + 1 niet deelbaar door 3, 5 of één van de andere priemgetallen. Tegenspraak. 1.2 De hoofdstelling van de rekenkunde Elk samengesteld getal kan geschreven worden als product van twee kleinere factoren. Als minstens één van beide samengesteld is, kan men die ook weer schrijven als product van kleinere factoren. Zo kan men doorgaan tot er slechts priemgetallen als factoren overblijven. Hieruit blijkt: elk getal groter dan 1 is een priemgetal of het product van priemgetallen. Men kan een samengesteld getal in het algemeen op verschillende manieren via een aantal tussenstappen in priemgetallen ontbinden. Iedereen weet echter dat het uiteindelijke resultaat, de ontbinding in priemfactoren, steeds hetzelfde is (afgezien van de volgorde). Deze bekende eigenschap van de natuurlijke getallen lijkt nauwelijks nadere beschouwing waard, totdat men ontdekt dat in vergelijkbare getalsystemen waarin men ook een ontbinding in priemfactoren kan definiëren de eenduidigheid van de ontbinding niet geldt. Voorbeeld: Beschouw de even getallen (2, 4, 6,...). Sommige ervan kan men schrijven als product van even factoren, bijvoorbeeld 20 = Bij andere is dit niet mogelijk. We noemen even getallen die niet het product zijn van even factoren even-priemgetallen. Dit zijn precies de even getallen die geen viervoud zijn. (Ga dit na.) Elk even getal is te schrijven als product van even-priemgetallen, maar zo n ontbinding hoeft niet eenduidig te zijn. Het getal 420 bijvoorbeeld heeft onder andere de ontbindingen 420 = 6 70 = Opgave 1.1 Bepaal alle even-priemontbindingen van 360. Opgave 1.2 Wanneer heeft een even getal een eenduidige ontbinding in evenpriemgetallen? Het feit dat de gewone ontbinding in priemfactoren wèl eenduidig is, is blijkbaar toch iets bijzonders. Het staat zelfs bekend als de hoofdstelling van de rekenkunde: Stelling 1.3 De ontbinding in priemfactoren van een natuurlijk getal is eenduidig bepaald. Bewijs. Stel dat de ontbinding niet voor alle natuurlijke getallen eenduidig is. Laat c het kleinste natuurlijke getal zijn dat op (minstens) twee verschillende manieren in priemfactoren kan worden ontbonden: c = p 1 p 2 p k = q 1 q 2 q l met p 1 p 2 p k en q 1 q 2 q k. Geen van de priemfactoren p i kan gelijk zijn aan een priemfactor q j, want dan zou men c door deze factor kunnen delen en zou er een kleiner natuurlijk getal zijn dan c met twee ontbindingen. Dit zou in tegenspraak zijn met de keuze van c. Men kan nu veronderstellen p 1 < q 1. Dan geldt 2

3 p 1 q 1 < q 1 q 1 q 1 q 2 q 1 q 2 q l = c. Het getal c = c p 1 q 1 = q 1 (q 2 q 3 q l p 1 ) heeft volgens de aannames een eenduidige priemontbinding. p 1 is een priemfactor van c en van p 1 q 1, dus ook van c. p 1 is echter geen factor van q 2 q 3 q l, dus ook niet van q 2 q 3 q l p 1. Tegenspraak. Opgave 1.3 Waarom is het bovenstaande bewijs niet overdraagbaar op het geval van de even-priemgetallen? Opgave 1.4 Gegeven is een positief geheel getal n, n > 2. V n is de verzameling getallen van de vorm kn + 1, waarin k een positief geheel getal is. Een getal m V n heet onontbindbaar in V n als er geen getallen p, q V n bestaan met m = pq. Bewijs dat er een getal in V n bestaat dat op meer dan één manier te schrijven is als het product van in V n onontbindbare elementen. (Schrijfwijzen die slechts in de volgorde van de factoren verschillen worden als gelijk beschouwd.) (IWO 1977) 2 Ggd s en kgv s Gegeven zijn twee natuurlijke getallen a en b. Het grootste natuurlijke getal dat zowel een deler is van a als van b heet de grootste gemene deler van a en b. Notatie: ggd(a, b) of kortweg (a, b). Het kleinste getal dat zowel een veelvoud van a als van b is, heet het kleinste gemene veelvoud van a en b. Notatie: (a, b) of kortweg [a, b]. a is een deler van b korten we af tot a b. Bewijs met behulp van de hoofdstelling van de rekenkunde: Opgave 2.1 Elke gemeenschappelijke deler van a en b is ook een deler van ggd(a, b). Opgave 2.2 Elk gemeenschappelijk veelvoud van a en b is ook een veelvoud van (a, b). Opgave 2.3 ggd(a, b) (a, b) = a b. Opgave 2.4 Als d = ggd(a, b) dan geldt ggd( a d, b d ) = 1. Stelling 2.1 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b bestaan er gehele getallen q (voor quotiënt) en r (voor rest) zo, dat b = qa + r en 0 r < a. Bewijs. Noem het kleinste veelvoud van a dat groter is dan b (q + 1)a, en noem r = b qa. q en r voldoen dan aan de gevraagde eigenschappen. Men kan de ggd van twee getallen bepalen door beide in priemfactoren te ontbinden. Vooral bij grote getallen kan dit echter een omvangrijk werk zijn. Er is een veel snellere methode. Deze berust op het volgende feit: als b = qa + r, q Z, dan geldt ggd(a, b) = ggd(a, r). Elke deler van a en b is immers ook een deler van r = b qa en omgekeerd is elke deler van a en r een deler van b = qa + r. Om de ggd(a, b) te 3

4 bepalen kan men daarom het volgende algoritme gebruiken: b = q 1 a + r 1 (0 r 1 < a) a = q 2 r 1 + r 2 (0 r 2 < r 1 ) r 1 = q 3 r 2 + r 3 (0 r 3 < r 2 ) r 2 = q 4 r 3 + r 4 (0 r 4 < r 3 ).. r k 2 = q k r k 1 + r k (0 r k < r k 1 ) r k 1 = q k+1 r k + r k+1 (r k+1 = 0) We weten zeker dat er een k N is waarvoor r k+1 = 0, want anders zou de rij a, b, r 1, r 2,... een oneindige, strikt dalende rij natuurlijke getallen zijn, en zo n rij bestaat niet. (Bewijs dit.) Hieruit blijkt vervolgens dat r k = ggd(r k, r k 1 ) = ggd(r k 1, r k 2 ) = = ggd(r 1, a) = ggd(a, b). Een voorbeeld: bepaal ggd(1970, 1066) = = = = = = = = = = = De ggd van deze twee getallen is dus 2. Het bovenstaande algoritme voor het berekenen van ggd s staat al beschreven in Euclides Elementen en heet daarom het algoritme van Euclides. Opgave 2.5 Bepaal ggd(30444, 11868), ggd(16913, 16949) en ggd(9597, 4841). Opgave 2.6 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a b) {1, 2}. Opgave 2.7 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a 2 ab + b 2 ) {1, 3}. Opgave 2.8 Bewijs de volgende varianten van stelling 2.1: (1) als a en b gehele getallen zijn en a 0, bestaan er gehele getallen q en r met 0 r < a en b = qa + r. (2) als a en b gehele getallen zijn en a 0, bestaan er gehele getallen q en r met 1 2 a < r 1 2 a en b = qa + r. Opgave 2.9 Op variant (2) uit de vorige opgave kan men een algoritme baseren analoog aan het algoritme van Euclides. Omdat de hierbij optredende resten in het algemeen kleiner zijn dan bij Euclides algoritme, werkt dit algoritme meestal sneller. Ga dit na voor de ggd s uit opgave 2. Opgave 2.10 a is een natuurlijk getal met de volgende eigenschappen: (1) a 100 geeft bij deling door 73 rest 2. (2) a 101 geeft bij deling door 73 rest 69. Bepaal de rest bij deling van a door 73 Stelling 2.2 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b zijn er gehele getallen m en n zo, dat ggd(a, b) = ma + nb. Bewijs. De verzameling S van alle getallen van de vorm xa + yb met x en y geheel heeft een kleinste positieve element. Stel dat dit ma + nb is. Elke deler van a en 4

5 b is ook een deler van ma + nb. In het bijzonder is dus ggd(a, b) een deler van ma + nb. Anderzijds is het voor zekere gehele q en r zo, dat a = q(ma + nb) + r met 0 r < ma + nb. Dit betekent dat r = (1 qm)a qnb, dus r behoort tot S. Maar ma + nb is het kleinste positieve element van S, dus r = 0. Bijgevolg is ma + nb een deler van a. Evenzo bewijst men dat ma + nb een deler is van b, dus ma + nb (a, b). Er was al bewezen dat ggd(a, b) een deler van ma + nb is, dus moet gelden ma + nb = ggd(a, b). Een ander bewijs van deze stelling kan men uit het algoritme van Euclides afleiden: kijk nog eens naar de algemene techniek en merk op dat ggd(a, b) = r k, dus dat uit de voorlaatste vergelijking volgt ggd(a, b) = r k 2 q k r k 1 en uit de vergelijking daarvoor ggd(a, b) = r k 2 q k (r k 3 q k 1 r k 2 ). Zo voortgaande kan men ggd(a, b) uitdrukken in r i s met steeds lagere rangnummers, en uiteindelijk in a en b. Dit geeft dus ook een methode om zulke getallen m en n daadwerkelijk te bepalen. Opgave 2.11 Bepaal getallen m en n als boven voor de getallenparen uit opgave 2. Opgave 2.12 Bepaal gehele getallen x en y zo, dat 91x + 221y = Opgave 2.13 Bewijs dat elk geheel getal n te schrijven is in de vorm n = 29x+13y waarbij x en y geheel zijn. Opgave 2.14 Bepaal het kleinste natuurlijke getal N zo, dat elk natuurlijk getal n > N geschreven kan worden als n = 29x + 13y met x en y natuurlijk. 3 Volledige Inductie Om de geldigheid te bewijzen van een uitspraak van de vorm Voor ieder natuurlijk getal n geldt P (n), waarbij P (n) staat voor een bewering (propositie) waarin n voorkomt, maakt men vaak gebruik van de volgende methode: 1. Men bewijst P (1). 2. Men bewijst dat als P (1), P (2),..., P (k) gelden, dan ook P (k + 1) geldt. Hieruit volgt de geldigheid van P (n) voor alle natuurlijke n. Immers, zou P (n) niet voor alle natuurlijke getallen n gelden, dan zou er een kleinste natuurlijke waarde n 0 zijn waarvoor P (n 0 ) niet geldt. n 0 is niet gelijk aan 1 wegens (1) en omdat P (1) tot en met P (n 0 1) wel gelden, geldt P (n 0 ) ook op grond van (2). Tegenspraak. Voorbeeld: voor elk natuurlijk getal n geldt n 2 = 1 6n(n + 1)(2n + 1). Bewijs. de geldigheid van de formule voor n = 1 is duidelijk. Stel dat de formule ook voor alle n k geldt. Dan volgt: k 2 +(k+1) 2 = ( k 2 )+ (k+1) 2 = 1 6 k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 = 1 6 (k+1)(2k2 +7k+6) = 1 6 (k+1)(k+2)(2k+3) en dit is precies de formule voor n = k

6 Opgave 3.1 Bewijs de volgende beweringen met volledige inductie voor alle natuurlijke n: (1) (2n 1) = n 2 ; (2) n = 1 2n(n + 1); (3) n 3 = ( n) 2 ; (4) a n b n is deelbaar door a b; (5) 3 3n n 1 is deelbaar door 11. Opmerking: in plaats van f(1) + f(2) + + f(n) gebruikt men vaak de korte notatie n i=1 f(i). Zo kan men bijvoorbeeld de derde formule uit de vorige opgave schrijven als n i=1 i3 = ( n k=1 k) 2. 4 Gemengde opgaven Opgave 4.1 Bewijs dat men uit elke verzameling van 52 gehele getallen er twee kan kiezen waarvan de som of het verschil een veelvoud is van 100. Opgave 4.2 Er zijn paren priemgetallen die verschil twee hebben, zoals (5, 7) en (29, 31). Bestaan er ook priemgetallen p 1, p 2, p 3 zo, dat p 3 p 2 = p 2 p 1 = 2? Opgave 4.3 p 1 en p 2 zijn priemgetallen groter dan 3 met verschil 2. Bewijs dat p 1 + p 2 deelbaar is door 12. Opgave 4.4 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n, 9 n + 63 deelbaar is door 72. Opgave 4.5 Bewijs dat n 3 + n2 2 + n3 6 voor alle natuurlijke n een natuurlijk getal is. Opgave 4.6 Bepaal vier verschillende paren natuurlijke getallen zo, dat het verschil van hun kwadraten gelijk is aan 105. Opgave 4.7 Bewijs dat geen priemgetal is en geef minstens drie priemfactoren ervan. Opgave 4.8 Bewijs dat er precies één derdemacht van de vorm 2p + 1 is, waarin p priem is. Opgave 4.9 Bewijs dat ggd(n 3 + 2n, n 4 + 3n 2 + 1) = 1 voor elke n N. Opgave 4.10 Bewijs dat 3n 2 1 voor geen enkel natuurlijk getal n een kwadraat is. Opgave 4.11 Bepaal gehele x en y zo, dat 101x + 753y = Opgave 4.12 n wordt in het tientallig stelsel geschreven met 300 enen en een aantal nullen. Is n een kwadraat? 6

7 Lesbrief 2 Getaltheorie II 1 Lineaire vergelijkingen Een vergelijking van de vorm ax + by = c, a, b, c Z (1) heet een lineaire vergelijking. In de getaltheorie gaat het er slechts om gehele oplossingen te vinden, d.w.z. gehele getallen x en y die aan de vergelijking voldoen. Hierbij kunnen a en b beide niet-negatief worden verondersteld. (Substitueer anders x = x of y = y.) Als a = 0 of b = 0 is het onderzoek van (1) geen probleem. Stel daarom ax + by = c, a, b, c Z, a, b > 0. (2) Als d een gemeenschappelijke deler van a en b is, volgt uit (2) dat d ook een deler van c moet zijn. Stelling 1.1 (2) heeft geen gehele oplossingen als c geen veelvoud van ggd(a, b) is. In de eerste lesbrief over getaltheorie is al bewezen dat er gehele getallen m en n zijn zo, dat am + bn = ggd(a, b). Als dus c = k ggd(a, b) voor een zekere gehele k, dan is (x = km, y = kn) een oplossing van (2). Zijn er nog meer oplossingen? Stel dat (x 1, y 1 ) en (x 2, y 2 ) beide oplossingen zijn. Substitueer deze oplossingen in (2) en trek de vergelijkingen van elkaar af, dan ontstaat met de notatie u = x 1 x 2, v = y 1 y 2 de vergelijking au + bv = 0. (3) Deel deze vergelijking door ggd(a, b) en schrijf a = a ggd(a,b), b = b ggd(a,b), dan krijgen we: a u + b v = 0, ggd(a, b ) = 1. (4) Het getal A = a u = b v is een gemeenschappelijk veelvoud van a en b. Het is dus ook een veelvoud van (a, b ). We weten dat (a, b ) ggd(a, b ) = a b. Omdat ggd(a, b ) = 1 is het dus voor zekere gehele r waar dat A = ra b. Hieruit volgt: u = rb, v = ra. (5) Omgekeerd voldoet ook ieder paar (u, v) van de vorm (5) voor elke gehele r aan (4), dus ook aan (3), zodat (5) alle gehele oplossingen van (3) beschrijft. Stelling 1.2 De collectie van alle paren (u, v) van de vorm u = rb ggd(a, b), v = ra ggd(a, b), r Z is gelijk aan de collectie van alle gehele oplossingen van (3). 1

8 Het gevolg hiervan is: Stelling 1.3 Vergelijking (2) heeft slechts gehele oplossingen indien voor zekere gehele k geldt dat c = kggd(a, b). Als in dat geval (x 0, y 0 ) een gehele oplossing is, wordt de collectie van alle gehele oplossingen gegeven door: x = x 0 + rb ggd(a, b), y = y 0 + ra ggd(a, b), r Z. Opgave 1.1 Bepaal alle gehele oplossingen (indien aanwezig) van: (a) 3x 2y = 0 (e) 6x + 3y = 1 (b) 3x 2y = 2 (f) 23x + 59y = 2 (c) 6x 2y = 2 (g) 9x 51y = 7 (d) 4x + 3y = 1 (h) 14x 63y = 91 2 Congruenties en restklassen Definitie 2.1 Stel a, b, m Z, m > 1. Indien a en b bij deling door m dezelfde rest geven, d.w.z. indien a b = cm voor zekere c Z, heten a en b congruent modulo m. Notatie: a b mod m. Voorbeelden: 29 9 mod 10, 3 63 mod 5, 7 1 mod 8, mod 13. Stelling 2.2 Als a b mod m en b c mod m dan is a c mod m. Stelling 2.3 Als a b mod m en c d mod m dan is a + c b + d mod m. Stelling 2.4 Als a b mod m dan is voor elke gehele c ook ac bc mod m. Gevolg: als a b mod m en c d mod m dan is ac bd mod m. Opgave 2.1 Bewijs de vorige drie stellingen. Rekenen met congruenties lijkt dus erg op het rekenen met vergelijkingen. Er is echter een belangrijk verschil: uit ac bc mod m met c 0 mod m hoeft niet te volgen dat a b mod m. Voorbeeld: mod 10, maar 12 7 mod 10. In andere gevallen gaat het wel: mod 5 en 12 7 mod 5. Stelling 2.5 Als ac bc mod m en ggd(c, m) = 1, dan is a b mod m. Bewijs. ac bc mod m betekent dat voor zekere gehele k geldt (a b)c = km. Aangezien ggd(c, m) = 1 moet elke priemfactor van c in k bevat zijn, d.w.z. k = lc voor zekere gehele l, dus (a b)c = lcm. Omdat ggd(c, m) = 1 geldt zeker c 0 mod m (want ggd(0, m) = m voor alle gehele m), dus deze vergelijking kan door c gedeeld worden. 2

9 Rekent men modulo m, dan zijn er m verschillende soorten getallen, al naar gelang ze verschillende resten geven bij deling door m. De verzameling van alle gehele getallen die éénzelfde rest geven heet een restklasse modulo m. Er zijn dus precies m verschillende restklassen modulo m. De restklasse die een getal a bevat, noteert men als a. Deze notatie is natuurlijk niet eenduidig bepaald, want als a b mod m, stellen a en b dezelfde restklasse modulo m voor en omgekeerd. Zo is bijvoorbeeld 8 gelijk aan 13 modulo 7. De keuze van precies één getal uit elk van de m restklassen modulo m geeft wat men noemt een volledig stel resten modulo m. 0, 1, 2, 3, 4 is bijvoorbeeld een volledig stel resten modulo 5, maar 11, 5, 9, 18, 3 ook. Opgave 2.2 Ga na of de volgende congruenties juist zijn: mod 11, mod 13, mod 8, mod 4. Opgave 2.3 Bewijs dat n 2 0 mod 4 of n 2 1 mod 4 voor alle gehele n. Opgave 2.4 Welke resten kan n 3 geven bij deling door 9 als n geheel is? Opgave 2.5 Bepaal de rest bij deling van 2 35 door 63, door 80 en 2 35 door 127. Opgave 2.6 Bepaal het kleinste getal n N zo, dat 2 46 n mod 47. Opgave 2.7 S(n) is de som van de cijfers van n in het tientallig stelsel. Bewijs dat S(n) n mod 9 en S(n) n mod 3. Opgave 2.8 Voor welke natuurlijke n geldt n = 144 S(n)? Opgave 2.9 Bewijs het volgende criterium voor deelbaarheid door 11: stel n = a 1 a 2 a k waarin a 1,..., a k de cijfers van n in het tientallig stelsel zijn. n is een elfvoud dan en slechts dan als de alternerende som a 1 a 2 + a 3 a 4 + ± a k een elfvoud is. Opgave 2.10 Bewijs: als ggd(m, n) = 1, a b mod m en a b mod n dan a b mod mn. (Omgekeerd geldt natuurlijk dat als a b mod mn dan a b mod m en a b mod n, ook als ggd(m, n) 1.) Opgave 2.11 Laat zien dat 0, 3 0, 3 1, 3 2,..., 3 15 een volledig stel resten modulo 17 vormen. Geldt dit ook voor 0, 2 0, 2 1, 2 2,..., 2 15? Opgave 2.12 Bewijs: als ggd(a, m) = 1 en a b mod m dan geldt ook ggd(b, m) = 1. Opgave 2.13 Op welke cijfers eindigen de getallen 6 811, en 3 999? Opgave 2.14 Bepaal de resten bij deling van door 3, 5, 11 en 13. Opgave 2.15 Bewijs dat voor alle oneven natuurlijke getallen m en k de som 1 k + 2 k + + (m 1) k deelbaar is door m. 3

10 3 De kleine stelling van Fermat De volgende stelling kan het rekenen modulo een priemgetal sterk vereenvoudigen. Stelling 3.1 (P. de Fermat, ) Als p een priemgetal is, en a is een geheel getal zo, dat ggd(a, p) = 1, dan geldt a p 1 1 mod p. Voorbeelden: mod 11, mod 37. Bewijs. Beschouw a, 2a,..., (p 1)a. Geen tweetal van deze getallen zit in dezelfde restklasse modulo p. Stel namelijk ia ja mod p met 1 j < i p 1, dan volgt op grond van stelling (2.5) dat i j mod p, een tegenspraak. Geen van de getallen a, 2a,..., (p 1)a zit in de restklasse 0, want geen van die getallen is een p-voud. Deze restklassen zijn dus precies de restklassen 1, 2,..., (p 1), eventueel in een andere volgorde. Uit het gevolg van stelling (2.4) volgt nu a 2a (p 1)a 1 2 (p 1) mod p. Omdat p een priemgetal is, mag op grond van stelling (2.5) deze congruentie worden gedeeld door 1 2 (p 1). Er staat dan a p 1 1 mod p. Opgave 3.1 p is een priemgetal. Bewijs dat n p n mod p voor alle gehele n. Opgave 3.2 Geldt mod 341? Opgave 3.3 Bepaal de kleinste n N zo, dat n mod 37, n 7 74 mod 37, n 7 12 mod Opgave 3.4 Bewijs dat 2730 een deler is van n 13 n voor alle gehele n. Opgave 3.5 Bewijs dat deelbaar is door 7. 4 De stelling van Euler Het bovenstaande bewijs van de kleine stelling van Fermat berust op twee feiten: 1. de restklassen van a, 2a,..., (p 1)a zijn allemaal verschillend (en dus de restklassen van 1, 2,..., (p 1) in zekere volgorde). 2. uit de congruentie a 2a (p 1)a 1 2 (p 1) mod p mogen we de factoren 1, 2,..., (p 1) wegdelen. Kan men dezelfde methode gebruiken bij het rekenen modulo m als m geen priemgetal is? Stel a is een natuurlijk getal met ggd(a, m) = 1. Beschouw a, 2a,..., (m 1)a. In verband met (2) en ook wegens stelling (2.5) schrappen we uit deze rij de veelvouden ka van a met ggd(k, m) 1. Er blijft een deelrij r 1 a, r 2 a,..., r k a = (m 1)a over. Als r i a en r j a (i j) in dezelfde restklasse zitten, dan geldt r i a r j a mod m en omdat ggd(a, m) = 1 impliceert dit r i r j mod m. 0 < r i en r j < m maken deze laatste congruentie echter onmogelijk. Alle r i a zitten dus in verschillende restklassen. Hetzelfde geldt natuurlijk ook voor de getallen r i zelf. Deze getallen zijn 4

11 de natuurlijke getallen kleiner dan m die met m onderling ondeelbaar zijn (d.w.z. ggd(r i, m) = 1). Er geldt echter ook voor alle i dat ggd(r i a, m) = 1. Stel immers r i a = qm + t met 0 t < m. Dan is ggd(m, t) = 1, want elke gemeenschappelijke priemfactor van m en t is ook een factor van r i a, dus van r i of van a. Maar ggd(r i, m) = 1 en ggd(a, m) = 1. Tegenspraak. De conclusie is dat de restklassen r 1, r 2,..., r k dezelfde zijn als r 1 a, r 2 a,..., r k a, eventueel in een andere volgorde. Gevolg: r 1 a r 2 a r k a r 1 r 2 r k mod m en omdat ggd(r i, m) = 1 voor alle i volgt hieruit a k 1 mod m. Het getal k, het aantal natuurlijke getallen kleiner dan m dat met m onderling ondeelbaar is, noteert men als ϕ(m). De functie ϕ heet de ϕ-functie van Euler, naar Leonhard Euler( ). We hebben nu bewezen: Stelling 4.1 Als ggd(a, m) = 1, dan geldt a ϕ(m) 1 mod m. Voor de ϕ-functie kunnen we een expliciete uitdrukking afleiden. Dit doen we met twee hulpstellingen. Stelling 4.2 Als p een priemgetal is, dan geldt voor ieder natuurlijk getal n dat ϕ(p n ) = p n 1 (p 1). Bewijs. Alleen de veelvouden van p zijn niet onderling ondeelbaar met p n. Daarvan zijn er p n 1 kleiner dan of gelijk aan p n, dus volgt ϕ(p n ) = p n p n 1. Stelling 4.3 Als ggd(m, n) = 1 dan geldt ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Bewijs. Beschouw de mn getallen van de vorm xm + yn (0 x < n, 0 y < m). Deze zitten allemaal in verschillende restklassen modulo mn. Stel namelijk dat x 1 m + y 1 n x 2 m + y 2 n mod mn, dan geldt voor zekere gehele k dat (x 1 x 2 )m + (y 1 y 2 )n = kmn. Omdat ggd(m, n) = 1 is x 1 x 2 dan een veelvoud van n en y 1 y 2 een veelvoud van m, tegenspraak. Omdat ggd(m, n) = 1 geldt ggd(xm + yn, mn) = 1 dan en slechts dan als ggd(xm + yn, m) = 1 en ggd(xm + yn, n) = 1. Maar ggd(xm + yn, m) = ggd(yn, m) = ggd(y, m) omdat ggd(m, n) = 1 en evenzo ggd(xm + yn, n) = ggd(x, n). Het is duidelijk dat ggd(a, mn) = ggd(a + kmn, mn) voor alle gehele k. In plaats van het aantal getallen kleiner dan mn te tellen die met mn onderling ondeelbaar zijn, kan men dus net zo goed het aantal van deze getallen tellen in een willekeurig volledig stel resten modulo mn. Het stelsel {xm + yn} als boven is precies zo n volledig stel resten, en bewezen is dat ggd(xm + yn, mn) = 1 dan en slechts dan als ggd(x, n) = 1 en ggd(y, m) = 1. Hieruit volgt dat ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Combinatie van de vorige twee stellingen levert waarin p 1, p 2,..., p r verschillende priemgetal- Stelling 4.4 Als m = p k1 1 pk2 2 pkr r len zijn, dan geldt ϕ(m) = m (p 1 1)(p 2 1) (p r 1) p 1 p 2 p r 5

12 Voorbeeld: m = 300 = , dus ϕ(300) = = 80. Bijgevolg is het voor iedere gehele a met ggd(a, 300) = 1 waar dat a 80 1 mod 300. Opgave 4.1 Bepaal ϕ(360). Opgave 4.2 Voor welke natuurlijke n geldt ϕ(n) = 2 7 n? Opgave 4.3 Bepaal de laatste twee cijfers van het getal Opgave 4.4 Bewijs dat er in de rij (2 k 3) k N oneindig veel getallen voorkomen die allemaal onderling ondeelbaar zijn. (IWO 1971) Opgave 4.5 m en n zijn verschillende positieve gehele getallen zo, dat de laatste drie cijfers van 1978 m en 1978 n overeenstemmen. Bepaal de minimale waarde van m + n. (IWO 1978) 5 Gemengde opgaven Opgave 5.1 n is een geheel getal groter dan 1. Bewijs dat n geen priemgetal is. Opgave 5.2 p n is het n-de priemgetal als we de priemgetallen van klein naar groot rangschikken. Bewijs dat p n < 2 2n. Opgave 5.3 Bewijs dat het getal 2 2n + 1 voor elke gehele n > 1 eindigt op een 7. Opgave 5.4 Bepaal a en b zo, dat a + b = 5432 en (a, b) = Opgave 5.5 Bepaal de laatste twee cijfers van Opgave 5.6 Bewijs dat voor elke natuurlijke n geldt dat 3 6n 2 6n mod 35. Opgave 5.7 Bepaal alle natuurlijke getallen die gelijk zijn aan het kwadraat van de som van hun cijfers. Opgave 5.8 Bewijs dat 2 4n voor geen enkel positief geheel getal n een priemgetal is. Opgave 5.9 Bewijs dat de som van de cijfers van elk veelvoud van 99 minstens 18 is. Opgave 5.10 Bewijs dat er geen derdemacht van de vorm 2 n + 1 bestaat. Opgave 5.11 Stel p is een priemgetal dat bij deling door 30 rest r geeft. Bewijs dat r dan een priemgetal is of gelijk is aan 1. Geldt hetzelfde bij deling door 60? Opgave 5.12 p is een priemgetal. Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal a kleiner dan p precies één natuurlijk getal b kleiner dan p bestaat zo, dat ab 1 mod p. Opgave 5.13 p is een priemgetal. Bewijs de stelling van Wilson: (p 1)! 1 mod p. Bewijs ook het omgekeerde: als voor een natuurlijk getal m geldt dat 6

13 (m 1)! 1 mod m, dan is m een priemgetal. Opgave 5.14 Voor welke natuurlijke getallen n geldt 5 n 4 n mod 61? 7

14 Lesbrief 3 Polynomen 1 Polynomen van één variabele Elke functie van de vorm P (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, (a n 0), heet een polynoom of veelterm in de variabele x. Het getal n heet de graad van P (x), de constante getallen a n, a n 1,..., a 0 heten de coëfficiënten. Zijn P (x) en Q(x) polynomen van graad respectievelijk m en n dan is het mogelijk P (x) door Q(x) te delen, d.w.z. men kan polynomen S(x) (quotiënt) en R(x) (rest) bepalen zo, dat P (x) = Q(x)S(x) + R(x) (1) waarbij de graad r van de rest R(x) kleiner is dan de graad m van Q(x) (als m > n voldoen S(x) 0, P (x) = R(x)). Men kan S(x) en R(x) bepalen met een staartdeling. Hebben we bijvoorbeeld P (x) = 2x 3 3x 2 + 5x + 5 en Q(x) = 3x 2 2, dan geldt 3x 2 2 / 2x 3 3x x + 5 \ 3 x 1 = S(x) 2x x 3x x 3x x + 3 = R(x) In dit geval geldt dus 2x 3 3x 2 + 5x + 5 = (3x 2 2)( 2 3 x 1) + ( 19 3 x + 3). De deling eindigt altijd zodra de graad van de rest kleiner is dan de graad van de deler Q(x). Opgave 1.1 Bepaal quotiënt en rest bij deling van (a) 5x 7 3x 6 + x 2 door 3x 4 5. (c) x 10 1 door x 1. (b) 2x 3 + 4x 2 x 3 door x 3 + x. De coëfficiënten a i zijn in het algemeen reële getallen. Soms wordt ook gewerkt met polynomen met uitsluitend gehele coëfficiënten. Het is van belang op te merken dat als P (x) en Q(x) beide gehele coëfficiënten hebben en de coëfficiënt van de hoogste macht ±1 is, het quotiënt en de rest bij deling van P (x) door Q(x) weer polynomen met gehele coëfficiënten zijn. (Ga dit na.) Beschouw weer in het algemeen vergelijking (1). Stel nu Q(x) = x p. De rest is dan een polynoom van graad nul, dus een constante: P (x) = (x p)s(x) + R. Substitueer x = p, dan volgt R = P (p). De rest bij deling van P (x) door x p is dus P (p). Als in het bijzonder P (p) = 0, dan geldt P (x) = (x p)s(x). Van P (x) kan men dus een factor x p afsplitsen. Is q p een tweede nulpunt van P (x), dan is 0 = P (q) = (q p)s(q), dus ook S(q) = 0. Van S(x) is dus een factor x q af te splitsen. Als in het algemeen p 1, p 2,..., p k verschillende nulpunten van P (x) zijn, dan geldt P (x) = (x p 1 )(x p 2 ) (x p k )P (x). We vinden dus: 1

15 Stelling 1.1 Elk polynoom van graad n, n > 0, heeft ten hoogste n nulpunten. Er zijn polynomen zonder reële nulpunten, bijvoorbeeld P (x) = x Maar elk polynoom van oneven graad heeft minstens één reëel nulpunt. Stel namelijk x 0, dan geldt P (x) = a n x n +a n 1 x n 1 + +a 0 = x n (a n + an 1 a0 x + + x ) (n oneven en n a n 0). Als x voldoende groot is, is an 1 x + + a0 x < a n n, dus als x voldoende groot positief is, heeft P (x) hetzelfde teken als a n, en als x voldoende groot negatief is, heeft P (x) juist het tegengestelde teken. Omdat polynomen continue functies zijn, moet er dan ook minstens één nulpunt zijn. Stelling (1.1) kan men vaak op de volgende wijze gebruiken: weet men dat het polynoom P (x) van graad kleiner dan of gelijk aan n is en meer dan n nulpunten heeft, dan moet het van graad nul zijn. Maar een constante functie met een nulpunt moet identiek nul zijn, dus P (x) 0. Alle coëfficiënten zijn dan ook nul. Voorbeeld: Stel dat P (x) = a 2 x 2 + a 1 x + a 0 voldoet aan P (x) 1 voor alle x [ 1, 1]. Dan geldt a 2 2. Bewijs.Stel a 2 > 2. Noem Q(x) = 2x 2 1. Dan Q(±1) = 1, Q(0) = 1. Noem P (x) = 2 a 2 P (x) dan geldt P (x) < P (x) 1 op [ 1, 1]. Nu is R(x) = Q(x) P (x) een eerstegraads polynoom met R( 1) > 0, R(0) < 0 en R(1) > 0. R heeft dus minstens twee nulpunten, dus R is identiek nul, m.a.w. Q(x) P (x), in tegenspraak met P (x) < 1 op [ 1, 1]. De veronderstelling a 2 > 2 was dus onjuist Figuur 1: de grafiek van Q(x). Voorbeeld: Elk polynoom van positieve graad met gehele coëfficiënten geeft voor gehele x-waarden ook gehele functiewaarden. Kunnen die waarden allemaal priemgetallen zijn? Het antwoord is nee. Stel namelijk P (x) = a n x n + + a 0 en stel dat voor een zekere gehele k P (k) = p met p priem. Beschouw voor een gehele waarde van i P (k + ip) P (k) = a n ((k + ip) n k n ) + + a 1 ((k + ip) k). Voor iedere j is a j b j deelbaar door a b, dus P (k + ip) P (k) is deelbaar door k + ip k = ip. Voor elke gehele i is P (k + ip) dus deelbaar door p. Zouden al deze waarden priemgetallen zijn, dan zouden ze allemaal gelijk zijn aan p. Het polynoom P (x) p zou dan oneindig veel verschillende nulpunten hebben. Tegenspraak. Er is al aangetoond dat van P (x) een factor x a kan worden afgesplitst zodra P (a) = 0: P (x) = (x a)s(x). Geldt ook S(a) = 0, dan kan ook van S(x) een factor x a worden afgesplitst: P (x) = (x a) 2 T (x). Kan men zo doorgaande k maal een factor x a afsplitsen (P (x) = (x a) k U(x)) en geldt U(a) 0 (zodat er niet nog meer factoren x a afgesplitst kunnen worden) dan heet a een k-voudig nulpunt van P (x). Het getal k heet de multipliciteit van het nulpunt a. Een k- voudig nulpunt kan men opvatten als k samenvallende nulpunten. Stelling (1.1) is blijkbaar uit te breiden: Stelling 1.2 Het aantal nulpunten, elk geteld met zijn multipliciteit, van een polynoom van graad n > 0 bedraagt ten hoogste n. 2

16 Uit de regels voor differentiëren volgt: Stelling 1.3 Als a een k-voudig nulpunt van P (x) is (k > 1), dan is a een (k 1)- voudig nulpunt van P (x). Als a een enkelvoudig nulpunt van P (x) is, dan geldt P (a) 0. Stel dat het polynoom P (x) = a n x n + + a 0 (a n 0) precies n (niet noodzakelijk verschillende) nulpunten x 1, x 2,..., x n heeft. Dan is Q(x) = a n (x x 1 )(x x 2 ) (x x n ) een polynoom van dezelfde graad met ook x 1, x 2,..., x n als nulpunten. Het verschil is van graad kleiner dan n, heeft minstens n nulpunten, en is dus identiek nul. Na uitwerken van de haakjes in de uitdrukking voor Q(x) moet daarom de coëfficiënt van elke macht x k gelijk zijn aan a k. In het bijzonder is de constante term a 0 = ( 1) n a n x 1 x 2 x n, m.a.w. het product van alle nulpunten is ( 1) n a0 a n. Vergelijken van de coëfficiënten van x n 1 geeft a n 1 = a n (x 1 + x x n ), m.a.w. de som van alle nulpunten is an 1 a n. Vergelijken van de coëfficiënten van de andere machten geeft nog meer betrekkingen tussen de coëfficiënten en de nulpunten, maar de twee genoemde betrekkingen zijn de belangrijkste. Opgave 1.2 Stel P (x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 voldoet aan P (x) 1 als x [ 1, 1]. Bewijs a 3 4. (Men kan in het algemeen bewijzen dat als een n-de graads polynoom aan deze voorwaarde voldoet, dan a n 2 n 1.) Opgave 1.3 Bewijs stelling (1.3). Opgave 1.4 a en n zijn gehele getallen. De vergelijking x 3 x 2 + ax 2 n = 0 heeft drie gehele wortels. Bepaal a en n. (NWO 1970) Opgave 1.5 P (x) = (1 3x + 3x 2 ) 84 (1 + 3x 3x 2 ) 184 wordt uitgewerkt tot P (x) = a n x n + + a 0. Bepaal de som a n + a n a 0. Opgave 1.6 P (x) = a n x n + + a 0 voldoet aan P (x) = P ( x) voor alle x. Bewijs dat a i = 0 voor alle oneven i. Bewijs ook: als P (x) = P ( x) voor alle x, dan is a i = 0 voor alle even i. Opgave 1.7 Bewijs dat als men het product (1 x + x 2 x x 100 )(1 + x + x 2 + x x 100 ) uitwerkt, een polynoom ontstaat dat slechts even machten van x bevat. Opgave 1.8 Bepaal de rest na deling van x + x 3 + x 9 + x 27 + x 81 + x 243 door (a) x 1 (b) x 2 1. Opgave 1.9 Een onbekend polynoom geeft rest 2 na deling door x 1 en rest 1 na deling door x 2. Wat is de rest na deling door (x 1)(x 2)? Opgave 1.10 Uitwerken van (x 2 x + 1) n (x 2 x + 2) n + (1 + x) n + (2 x) n, n > 2, geeft a 2n 2 x 2n a 1 x + a 0. Bewijs dat a 2n 2 + a 2n a 2 = 0. (NWO 1963) Opgave 1.11 P (x) = x 2 + ax + 1 en Q(x) = x 2 + x + a. Bepaal alle waarden van a waarvoor P en Q een gemeenschappelijk nulpunt bezitten. Opgave 1.12 Bepaal alle mogelijke polynomen van de vorm P (x) = x(x a)(x b)(x c) + 1 met a, b en c positief geheel en onderling verschillend die geschreven 3

17 kunnen worden als product van twee polynomen van positieve graad met gehele coëfficiënten. Opgave 1.13 Bewijs dat een polynoom met gehele coëfficiënten de waarde 14 voor geen enkele gehele waarde van de variabele kan aannemen als het de waarde 7 voor vier gehele waarden van de variabele aanneemt. Opgave 1.14 P (x) is een polynoom met gehele coëfficiënten en positieve graad n. Er zijn precies k gehele getallen N waarvoor P (N) 2 = 1. Bewijs dat k n 2. 2 De interpolatieformule van Lagrange Door elk tweetal punten (x 0, y 0 ), (x 1, y 1 ) met x 0 < x 1 kan men de grafiek van een eerstegraads polynoom (een rechte lijn) trekken. Dit polynoom is te schrijven als P (x) = y 0 x x 1 x 0 x 1 + y 1 x x 0 x 1 x 0. Door elk drietal punten (x 0, y 0 ), (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) met x 0 < x 1 < x 2 kan men de grafiek trekken van het tweedegraads polynoom (x x 1 )(x x 2 ) P (x) = y 0 (x 0 x 1 )(x 0 x 2 ) + y (x x 0 )(x x 2 ) 1 (x 1 x 0 )(x 1 x 2 ) + y (x x 0 )(x x 1 ) 2 (x 2 x 0 )(x 2 x 1 ). In het algemeen geldt: Stelling 2.1 Stel gegeven x 0 < x 1 < < x n en n + 1 getallen y 0, y 1,..., y n, dan voldoet het polynoom P (x) = n i=0 y i (x x 0 ) (x x i 1 )(x x i+1 ) (x x n ) (x i x 0 ) (x i x i 1 )(x i x i+1 ) (x i x n ) aan P (x i ) = y i voor i = 0, 1,..., n. Het is ook het enige polynoom van graad hooguit n met deze eigenschap. Bewijs. Door invullen controleert men dat inderdaad P (x i ) = y i voor alle i. Zou een tweede polynoom Q(x) van graad hooguit n dezelfde eigenschap hebben, dan zou P (x) Q(x) nul zijn in de n + 1 punten x 0, x 1,..., x n. Dit kan alleen als het verschil identiek nul is, dus als P en Q gelijk zijn. Het bepalen van een functie die in voorgeschreven punten voorgeschreven waarden aanneemt, heet interpoleren. De interpolatieformule uit bovenstaande stelling is afkomstig van de franse wiskundige J.L. Lagrange( ). Opgave 2.1 Bepaal het polynoom P van graad hooguit 2 dat voldoet aan (a) P (0) = 1, P (1) = 0 en P (2) = 0. (b) P (0) = 0, P (1) = 1 en P (2) = 0. (c) P (0) = 0, P (1) = 0 en P (2) = 1. Opgave 2.2 Gebruik opgave (2) om een polynoom van graad hooguit 2 te vinden dat voldoet aan P (0) = π, P (1) = e en P (2) = π e. 4

18 Opgave 2.3 Noem Q(x) = (x x 0 )(x x 1 ) (x x n ) en definieer voor i = 0, 1,..., n L i (x) = Q(x) (x x i )Q (x i ) als x x i en L i (x i ) = 1. Bewijs dat P (x) uit de stelling geschreven kan worden als P (x) = n y i L i (x). i=0 3 Polynomen in meer variabelen Elke eindige som van termen van de vorm c x k1 1 xk2 2 xkn n waarin de k i nietnegatieve gehele exponenten zijn, heet een polynoom in de variabelen x 1, x 2,..., x n. De getallen c heten de coëfficiënten van het polynoom. Neem aan dat gelijksoortige termen, d.w.z. termen met hetzelfde stel exponenten k 1, k 2,..., k n zijn samengenomen. Voorbeeld voor n = 3: 2x 2 1x 2 x 5 3+5x 1 x 6 1x 2 x 3 (In de tweede term geldt k 2 = k 3 = 0.) Vult men voor n 1 van de variabelen vaste waarden in, dan ontstaat een polynoom in de overblijvende variabele. De coëfficiënten van dit polynoom zijn zelf polynomen in de n 1 andere variabelen. Als P 1 (x 1 ), P 2 (x 2 ),..., P n (x n ) polynomen in respectievelijk x 1, x 2,..., x n zijn, dan is het product P 1 (x 1 )P 2 (x 2 ) P n (x n ) een polynoom in x 1, x 2,..., x n. Een voorbeeld is (x )(x 2 5)(3x 3 3 2x x 3 5). Het is echter niet waar dat elk polynoom in n variabelen ook geschreven kan worden als product van n polynomen in één variabele. Zo is het bijvoorbeeld duidelijk dat er geen polynomen P 1 (x 1 ) en P 2 (x 2 ) bestaan met P 1 (x 1 )P 2 (x 2 ) = x x 2 2. Een polynoom in meer dan één variabele kan oneindig veel nulpunten hebben. Zo geldt bijvoorbeeld x 2 1 x 2 2 = 0 voor alle punten (x 1, x 2 ) met x 1 = ±x 2. Stelling 3.1 Als het polynoom P (x 1, x 2,..., x n ) voor alle reële waarden van x 1, x 2,..., x n de waarde 0 aanneemt, dan zijn alle coëfficiënten van het polynoom nul. Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 hebben we de stelling al bewezen. Stel dat de stelling geldt voor elk polynoom van n variabelen en dat P (x 1, x 2,..., x n, x n+1 ) = 0 voor alle (x 1, x 2,..., x n, x n+1 ). P (x 1, x 2,..., x n, x n+1 ) = A 0 + A 1 x n+1 + A 2 x 2 n A k x k n+1, waarin de A i polynomen zijn in x 1, x 2,..., x n. Voor elk stel (x 1, x 2,..., x n ) is P een polynoom in x n+1 dat identiek nul is. Dit betekent dat de coëfficiënten A i allemaal nul zijn. Elke A i is dus nul voor elk stel waarden van de variabelen x 1, x 2,..., x n. Volgens de inductieveronderstelling zijn dan alle coëfficiënten van elke A i nul, m.a.w. alle coëfficiënten van P zijn nul. Men gebruikt vaak polynomen in n variabelen waarbij de som k 1 + k k n voor alle termen c x k1 1 xk2 2 xkn n hetzelfde is. Zulke polynomen heten homogeen. Voorbeelden voor n = 3: 7x 3 1x 2 x 1 x 2 x x 2 2x x 4 2, x x 4 1x 2 + x 2 2x 3 3 en (x 1 + 2x 2 x 3 ) 8. Als in elke term k 1 + k k n = r, dan heet het polynoom homogeen van graad r. De voorbeelden hierboven zijn homogeen van respectievelijk graad 4, graad 5 en 5

19 graad 8. Het is duidelijk dat als P homogeen van graad r is, voor iedere waarde van t de gelijkheid geldt. Het omgekeerde is ook waar: P (tx 1, tx 2,..., tx n ) = t r P (x 1, x 2,..., x n ) (2) Stelling 3.2 Voldoet het polynoom P voor iedere t en elk stel (x 1, x 2,..., x n ) aan (2), dan is P homogeen van graad r. Bewijs. Kies een vast stel waarden (x 1, x 2,..., x n ); P (tx 1, tx 2,..., tx n ) is dan een polynoom in t: P (tx 1, tx 2,..., tx n ) = A 0 + A 1 t + A 2 t 2 +. Hierbij is A i de som van alle termen c x k1 1 xk2 2 xkn n met k 1 + k k n = i. Het polynoom in t P (tx 1, tx 2,..., tx n ) t r P (x 1, x 2,..., x n ) = A 0 +A 1 t+a 2 t 2 + +A r 1 t r 1 +(A r P (x 1, x 2,..., x n ))t r + A r+1 t r+1 + is identiek nul, dus alle coëfficiënten zijn nul. Er geldt dus A i = 0 als i r, en dit geldt voor elk stel waarden (x 1, x 2,..., x n ). De coëfficiënten van alle polynomen A i (x 1, x 2,..., x n ) met i r zijn dus allemaal nul, dus P is homogeen van graad r. Opgave 3.1 P (x 1, x 2,..., x n ) en Q(x 1, x 2,..., x n ) zijn homogene polynomen van graad r respectievelijk s. Bewijs dat het product van P en Q homogeen van graad r + s is. Wanneer is de som van P en Q ook homogeen? Opgave 3.2 Voor welke waarden van k bestaat er een polynoom P (x, y, z) zo, dat x 3 + y 3 + z 3 + kxyz = (x + y + z)p (x, y, z). Opgave 3.3 Het polynoom P (x, y) voldoet aan P (x, x) = 0 voor alle x. Bewijs dat er een polynoom Q(x, y) bestaat zo, dat P (x, y) = (x y)q(x, y). Opgave 3.4 Vind alle polynomen P (x, y) die voldoen aan de volgende eigenschappen: (1) er is een n N zo, dat voor alle x, y, t R geldt P (tx, ty) = t n P (x, y); (2) voor alle a, b, c R geldt P (a + b, c) + P (b + c, a) + P (c + a, b) = 0; (3) P (1, 0) = 1. 4 Gemengde opgaven Opgave 4.1 P (x) = (x a)(x b) k(x c)(x d) met a < c < b. (a) Bewijs dat als k = 1, P voor elke waarde van d hooguit één nulpunt heeft. (b) Bewijs dat als k < 1, P voor elke waarde van d precies twee nulpunten heeft. (NWO 1 e ronde, 1969) Opgave 4.2 Bepaal alle polynomen P en Q zo, dat voor alle x P (x) 3 + Q(x)P (x) 2 + (x 4 + 1)P (x) + x 3 + x = 0. 6

20 Opgave 4.3 Bewijs dat 1 + x x x 9999 deelbaar is door 1 + x + x x 9. Opgave 4.4 Bepaal alle gehele getallen a zo, dat (x a)(x 10) + 1 geschreven kan worden als (x b)(x c) met b en c geheel. Opgave 4.5 P is een zevendegraads polynoom met gehele coëfficiënten en voor zeven verschillende gehele waarden van de variabele x geldt P (x) 2 = 1. Bewijs dat P niet geschreven kan worden als product van twee polynomen met gehele coëfficiënten en positieve graad. Opgave 4.6 Een polynoom met gehele coëfficiënten neemt oneven gehele waarden aan in 0 en in 1. Bewijs dat geen van zijn nulpunten geheel is. Opgave 4.7 Bewijs dat alle rationale nulpunten van het polynoom met gehele coëfficiënten x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 0 (a n = 1!) geheel zijn. Opgave 4.8 a en b zijn reële getallen zo, dat de vergelijking x 4 +ax 3 +bx 2 +ax+1 = 0 minstens één oplossing heeft. Bepaal de minimale waarde van a 2 + b 2. (IWO 1973) 7

21 Lesbrief 4 Binomiaalcoëfficiënten, Differentiequotiënten en Getallenrijen 1 Binomiaalcoëfficiënten Het is bekend dat (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 en dat (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3. In het algemeen geldt (a + b) n = a n + C 1 a n 1 b + + C n 1 ab n 1 + b n voor zekere gehele coëfficiënten C 1, C 2,..., C n. Deze zogenaamde binomiaalcoëfficiënten ( (binomium = tweeterm) hangen af van n. De notatie voor C k is meestal n ) ( k, spreek uit n boven k. Aangevuld met n ) ( 0 = n ) n = 1 geldt dus Omdat geldt (a + b) n = ( ) n a n + 0 ( ) n a n 1 b ( ) n b n = n (a + b) n = (a + b)(a + b) n 1 (( ) ( ) n 1 n 1 = (a + b) a n 1 + a n 2 b ( ) ( ) ( ) n 1 n 1 n 1 = a n + a n 1 b + + ab n n 1 ( ) ( ) n 1 n 1 + a n 1 b + + ab n n 2 n k=0 ( ) n a n k b k. (1) k ( ) n 1 )b n 1 n 1 ( ) n 1 b n n 1 kan men de n-de binomiaalcoëfficiënten uitdrukken in de n 1-ste: ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = + k k k 1 (2) Hierbij wordt ( ( p q) = 0 gesteld als q < 0 of als q > p. Samen met 1 ( 0) = 1 1) = 1 legt (2) de binomiaalcoëfficiënten volledig vast. Men berekent ze gemakkelijk met behulp van de driehoek van Pascal, waarin elk getal behalve de bovenste twee de som is van de twee getallen er schuin boven: n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n =

22 Omdat a en b in (a + b) n symmetrisch voorkomen, geldt ( ) ( ) n n = k n k (3) De getallen ( n k) kunnen ook als volgt berekend worden: (a + b) n = (a + b)(a + b) (a + b) }{{} n maal Een term a n k b k ontstaat bij het haakjes wegwerken telkens als men in k factoren een b neemt en in de overige n k een a. ( n k) is dus gelijk aan het aantal manieren waarop men uit n elementen k elementen kan kiezen. Voor het eerste element kan men kiezen uit n mogelijkheden, voor het tweede uit n 1, enzovoorts. Dit geeft n(n 1) (n k + 1) mogelijkheden. Maar omdat de volgorde waarin het keuzeresultaat tot stand is gekomen niet van belang is, moet nog gedeeld worden door het aantal mogelijke permutaties van de gekozen k elementen, dit is k!. Er geldt dus: ( ) n n(n 1) (n k + 1) n! = = k k! k!(n k)!. (4). Opgave 1.1 Bewijs (4) met volledige inductie naar n door formule (2) te gebruiken. Enige eenvoudige identiteiten: n ( ) n (i) Kies in (1) a = b = 1: 2 n =. k k=0 n ( ) n (ii) Kies in (1) a = 1, b = 1: 0 = ( 1) k. k k=0 k ( ) ( ) n + i n k ( ) ( ) n + i n + 1 k ( ) n + i (iii) = + = + = i 0 i 0 i i=0 i=1 i=1 ( ) n + 2 k ( ) ( ) n + i n + k = = door herhaald toepassen van (2). 1 i k i=2 Toepassing. Onder p personen moet men n guldens verdelen (n p) zo, dat elk minstens één gulden krijgt. Op hoeveel manieren is dit mogelijk? Oplossing. Leg de n guldens op een rij. Er zijn dan n 1 tussenruimten. Vult men hiervan n p tussenruimten door schakels op, dan ontstaat een rij van p kettingen, voor elk persoon één. Het aantal mogelijke verdelingen is dus gelijk aan het aantal mogelijkheden om uit de n 1 tussenruimten er n p te kiezen: ( ) ( n 1 n p = n 1 p 1). Toepassing. Bewijs dat voor geen enkel niet-negatief geheel getal n geldt dat n k=0 ( ) 2n k 2k + 1 een vijfvoud is. (IWO 1974) Oplossing. Reken modulo 5. Dan geldt 2 3k (2 3 ) k 3 k mod 5. We proberen de binomiaalcoëfficiënten met behulp van (2) af te breken. Pas (2) twee maal toe, dan volgt ( ) 2n + 1 = 2k + 1 ( ) 2n k + 1 ( 2n 1 2k ) + ( ) 2n 1. 2k 1 2

23 Noem S n = n ( 2n+1 ) k=0 2k+1 3 k en T n = n lagere S-en en T -en uitdrukken. S n = T n = n ( ( ) ( 2n 1 2n k + 1 2k k=0 ) + n ( ( ) ( ) 2n 1 2n k 2k 1 k=0 k=0 ( 2n+1 ) 2k 3 k, dan kan men S n en T n in de ( ) 2n 1 ) 3 k = S n 1 + 2T n 1 + 3S n 1. 2k 1 ( ) 2n 1 ) 3 k = T n 1 + 6S n 1 + 3T n 1. 2k 2 Er geldt dus S n = 4S n 1 + 2T n 1 en T n = 6S n 1 + 4T n 1. Er zijn twee manieren om het bewijs te voltooien. (a) Er zijn modulo 5 voor S n en T n elk vijf mogelijkheden, dus er zijn hoogstens vijfentwintig mogelijke paren (S n, T n ). (S 0, T 0 ) = (1, 1) en met de hierboven afgeleide formules kan men de volgende paren berekenen. Na hoogstens vijfentwintig stappen moet periodiciteit optreden. Geldt dus voor geen enkele n < 25 dat S n 0 mod 5, dan is het bewijs geleverd. (b) We rekenen steeds modulo 5: S n = 4S n 1 + 2T n 1 S n 1 + 2T n 1 en T n = 6S n 1 + 4T n 1 S n 1 T n 1. Daarom S n S n 1 + 2T n 1 S n 2 2T n 2 + 2S n 2 2T n 2 3S n 2 4T n 2 3S n 2 + T n 2 3S n 3 + 6T n 3 3S n 3 +6T n 3 +S n 3 T n 3 2S n 3. Men berekent dan S 0 = 1, S 1 1 mod 5, S 2 1 mod 5 en aangezien ( 2) k 0 mod 5 voor alle k, is ook S n 0 mod 5 voor alle k. 2 Differentiequotiënten Laat gegeven zijn het n-de graads polynoom P (x) = a n x n + + a 0, a n 0. Het differentiequotiënt h1 P (x) := P (x + h 1) P (x) h 1 = (a n(x + h 1 ) n + + a 0 ) (a n x n + + a 0 ) h 1 = a n nx n 1 + behorende bij een vaste toename h 1 0, is een (n 1) e -graads polynoom met a n n als coëfficiënt van de hoogste macht van x. (Verifieer dit door uitwerken.) Van dit polynoom vormt men het differentiequotiënt bij een toename h 2 0: h2 ( h1 P (x) = h 1 P (x + h 2 ) h1 P (x) h 2 = a n n(n 1)x n 2 +. Dit differentiequotiënt wordt genoteerd als h2h 1 P (x). Het is een polynoom van graad n 2 in x. In het algemeen wordt het k-de differentiequotiënt behorende bij de toenames h 1, h 2,..., h k gedefinieerd door hk h k 1 h 1 P (x) := h k 1 h 1 P (x + h k ) hk 1 h 1 P (x) h k. Het is een polynoom in x van de vorm a n n(n 1) (n k + 1)x n k +. In het bijzonder geldt voor k = n hn h 1 P (x) = a n n!. Dit is dus een constante, die afhankelijk is van de waarden van h 1, h 2,..., h n. Er geldt daarom 3

24 Stelling 2.1 Van een n-de graads polynoom met kopcoëfficiënt a n is het n-de differentiequotiënt gelijk aan a n n!. De hogere differentiequotiënten zijn nul. Kies h 1 = h 2 = = h n = 1 en schrijf i in plaats van 11 }{{ 1, dan volgt } i maal 1 P (x) = P (x + 1) P (x), 2 P (x) = P (x + 2) P (x + 1) (P (x + 1) P (x)) = P (x + 2) 2P (x + 1) + P (x), 3 ( ) 3 3 P (x) = P (x + 3) 3P (x + 2) + 3P (x + 1) P (x) = ( 1) k P (x + 3 k). k Zo voortgaande ontstaat ten slotte a n n! = n P (x) = k=0 k=0 n ( ) n ( 1) k P (x + n k). k Door de substitutie x = x + c ontstaat uit een polynoom in x a n x n + + a 0 = a n ( x + c) n + = a n x n + een polynoom in x van dezelfde graad en met dezelfde kopcoëfficiënt. (De andere coëfficiënten zijn in het algemeen anders.) Op grond hiervan kan men bovenstaande formule nog iets vereenvoudigen door x + n in plaats van x als variabele te nemen. Stelling 2.2 Voor elk polynoom Q(x) = a n x n + + a 0 geldt n ( ) n ( 1) k Q(x k) = a n n!. k k=0 Opgave 2.1 Verifieer dat stelling (2.2) ook geldt als a n = 0. Opgave 2.2 Bewijs de volgende identiteiten: n ( ) n (1) ( 1) k (x k) n = n!. k k=0 n ( ) n (2) ( 1) k (2 n+1 n k 1) n = n!. k k=0 n ( ) n (3) ( 1) n k (A + Bk) p = B n n!alsp=n.0als0 p < n, p geheel. k (4) (5) k=0 2m ( )( ) m 2m k ( 1) 2m k = (2m)! k 2 2 m. n ( )( ) n kp ( 1) n k = p n als p een positief geheel getal is. k n k=0 k=0 3 Getallenrijen Een rij reële getallen a 1, a 2, a 3,... wordt vaak genoteerd als {a i } i=1 of, als er geen verwarring mogelijk is, kortweg {a i }. 4

25 Definitie 3.1 De rij {a i } convergeert naar het getal k (ook wel: heeft limiet k) als er bij elk positief getal ε een getal I gevonden kan worden zo, dat voor alle termen a i uit de rij met i > I geldt a i k < ε. Notatie: lim i a i = k (ook wel: a i k als i ). Elke rij die niet convergeert heet divergent. Er zijn bijzondere divergente rijen: Definitie 3.2 De rij {a i } divergeert naar plus oneindig (ook wel: heeft limiet plus oneindig) als er bij elk getal M een getal I is zo, dat voor alle i > I geldt dat a i > M. Notatie: lim i a i = + (of: a i + als i ). De rij {a i } divergeert naar min oneindig (of: heeft limiet min oneindig) als de rij { a i } naar plus oneindig divergeert. Notatie: lim i a i = (of: a i als i ). Opmerking: plus oneindig en min oneindig zijn dus geen reële getallen, maar uitdrukkingen om het gedrag van bepaalde rijen kort te kunnen beschrijven. Voorbeelden: 1. a i = 1 i. De rij { 1 i } convergeert naar a i = i+1 i. De rij { i+1 i } convergeert naar a i = i 2. De rij {i 2 } divergeert naar a i = ( 1) i. De rij {( 1) i } divergeert zonder limiet. 3.1 Rekenkundige rijen Een rij van de vorm a, a + k, a + 2k, a + 3k,... heet een rekenkundige rij. De som van de eerste n + 1 termen bepaalt men als volgt: a + (a + nk) = 2a + nk, (a + k) + (a + (n 1)k) = 2a + nk,...,(a + nk) + a = 2a + nk. Daarom 2 ( a + (a + k) + + (a + nk) ) = (a + (a + nk)) + ((a + k) + (a + (n 1)k)) + + ((a + nk) + a) = (2a + nk) + (2a + nk) + + (2a + nk). Hieruit blijkt dat }{{} n+1 maal a + (a + k) + + (a + nk) = 1 2 (n + 1)(2a + nk). 3.2 Meetkundige rijen Een rij van de vorm a, ar, ar 2, ar 3,... heet een meetkundige rij met reden (ratio) r. r is de verhouding tussen twee opeenvolgende termen. De som S n van de eerste n termen bepaalt men als volgt: S n = a + ar + + ar n 1 rs n = ar + + ar n 1 + ar n (1 r)s n = a(1 r n ) Hieruit volgt dat als r 1, dan geldt S n = 1 rn 1 r. (5) In het algemeen noemt men de som S n = a 1 + a a n = n i=1 a i de n-de partiële som van de rij {a i }. De rij {S n } n=1 van partiële sommen noemt men een 5

26 reeks. Heeft de rij van partiële sommen een limiet S, dan heet S de som van de reeks. Men schrijft voor S vaak i=1 a i of a 1 + a 2 + a 3 +, waarmee we dan n bedoelen lim n S n = lim n i=1 a i. Beschouw de meetkundige reeks a + ar + ar 2 + ar 3 +. Het geval a = 0 sluiten we uit. Aangezien geldt voor r > 1: r n + als n, voor r = 1: r n = 1 voor alle n, voor 1 < r < 1: r n 0 als n, voor r 1: {r n } divergeert zonder limiet als n, volgt uit (5) dat een meetkundige reeks convergeert dan en slechts dan als r < 1. In dat geval volgt voor de som S: S = a 1 r. Voorbeeld: voor alle natuurlijke getallen m en n met m < n geldt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n ( 1) m = ( 1) m m m Bewijs. Het linkerlid is de coëfficiënt van x n in het polynoom x n (1 x) n +x n 1 (1 x) n + +x n m (1 x) n = (x n +x n 1 + +n n m )(1 x) n. Volgens formule (5) is dit laatste gelijk aan n m 1 xm+1 x 1 x (1 x)n = x n m (1 x m+1 )(1 x) n 1 = x n m (1 x) n 1 x n+1 (1 x) n 1. De coëfficiënt van x n in dit polynoom is ( 1) m( ) n 1 m. 3.3 De harmonische en de hyperharmonische reeks De reeks heet de harmonische reeks. We gaan aantonen dat deze reeks divergeert naar plus oneindig. Allereerst is het duidelijk dat de partiële sommen een stijgende rij vormen. We moeten dus nog bewijzen dat ze boven elke grens uit stijgen. Daartoe noemen we de n-de partiële som weer even S n. We kunnen opmerken dat S 4 = > = 2, S 8 = > ( ) + ( ) = 5 2, S 16 > = 3. In het algemeen geldt S 2 n > 1 + n 1 2 en als n naar oneindig gaat stijgt dit boven elke grens. De hyperharmonische reeks k=1 1 k = daarentegen convergeert. Beschouw namelijk S n = n k=1 1 k. Omdat 1 2 k < 1 2 k(k 1) = 1 k 1 1 k als k 2, geldt n 2 < (n 1)n = 1 + ( ) + ( ) + + ( 1 n 1 1 n ) = 2 1 n < 2. 6

27 Alle termen van de stijgende rij van partiële sommen zijn dus kleiner dan 2. De reeks moet daarom een eindige som hebben. Men kan bewijzen dat deze som gelijk is aan π2 6. Opmerkingen: 1. Omdat 1 k 1 p k als p 1, is k=1 1 k ook divergent als p 1. Omdat 1 p k 1 p k 2 als p 2, is k=1 1 k ook convergent als p 2. Met een andere methode kan men p aantonen dat deze reeks ook convergeert voor alle p met 1 < p < 2. Conclusie: k=1 1 k convergeert voor p > 1 en divergeert naar + voor p 1. p 1 2. De identiteit k(k 1) = 1 k 1 1 k stelde ons in staat de n-de partiële som van de hyperharmonische reeks als een telescoop in elkaar te schuiven. Dat laatste principe kan men vaker gebruiken! Opgave 3.1 Bereken (a) ( )k (b) k(k + 2) k=1 k=1 (c) k=1 1 k(k + 1)(k + 2) (d) log k=1 (k + 1)2 k 2 + 2k. Opgave 3.2 Onderzoek of de volgende reeksen convergent zijn: ( 1) k 1 (a) k 2 (b) (c) sin 1 log k 2 k k=1 k=2 k=0 (aanwijzing voor (c): voor x > 0 geldt sin x < x) Opgave 3.3 Bewijs dat ( ) ( 2n n = n 2 ( 0) + n 2 ( 1) + + n 2. n) Opgave 3.4 Bewijs dat ( ) ( n k + n+1 ) ( k + + n+m ) ( k = n+m+1 ) ( k+1 n k+1) als k < n. Opgave 3.5 Bewijs dat er een convergente reeks ontstaat als men uit de harmonische reeks alle termen 1 n verwijdert waarvoor de decimale schrijfwijze van n minstens één cijfer 9 bevat. 4 Gemengde opgaven Opgave 4.1 Kan men 93 punten onderling zo verbinden, dat elk punt met precies 23 andere verbonden is? (NWO 1 e ronde 1967) Opgave 4.2 Er zijn zes steden en twee luchtvaartmaatschappijen zo, dat tussen elk paar steden door precies één van beide maatschappijen een verbinding wordt onderhouden. Bewijs dat het luchtnet van minstens één maatschappij een driehoek bevat, en bewijs dan dat er in de twee luchtnetten zelfs twee driehoeken zijn. (NWO 1970) Opgave scholieren staan opgesteld in 10 rijen van elk 20 scholieren. Uit elk van de 20 zo gevormde kolommen wordt de kleinste scholier bepaald, en de grootste van deze 20 kleinsten krijgt een rode vlag. Vervolgens bepaalt men uit elke rij de grootste, en de kleinste van deze 10 grootsten krijgt een groene vlag. Als dit een ander is dan de drager van de rode vlag, wie van de twee is dan de grootste? Opgave 4.4 Elk van 17 geleerden correspondeert met alle 16 andere. Ze schrijven slechts over drie onderwerpen, en elk paar geleerden schrijft elkaar slechts over één onderwerp. Bewijs dat er minstens drie geleerden zijn die onder elkaar over hetzelfde 7

28 onderwerp corresponderen. (IWO 1963) Opgave 4.5 m en n zijn positieve gehele getallen. Bewijs dat ook een positief geheel getal is. (2m)!(2n)! m!n!(m + n)! Opgave 4.6 Op vier opeenvolgende hoekpunten van een regelmatige twaalfhoek staan achtereenvolgens een rode, gele, witte en blauwe pion. Men mag een pion verplaatsen over vier hoekpunten heen naar een vijfde hoekpunt, als dat tenminste onbezet is. (Men mag zowel linksom als rechtsom gaan.) Na een aantal van deze zetten staan de vier pionnen weer op de vier oorspronkelijke hoekpunten, maar in een andere volgorde. Hoeveel verschillende herschikkingen van de vier pionnen kunnen op deze wijze verkregen worden? Opgave 4.7 Elke zijde van een gegeven driehoek wordt door m punten in m + 1 lijnstukken verdeeld. Daarna wordt elk hoekpunt verbonden met elk van de m deelpunten op de tegenoverliggende zijde. In hoeveel stukken wordt de driehoek dan door die 3m lijnen hoogstens verdeeld? (NWO 1974) Opgave 4.8 Hoeveel rijtjes van 10 cijfers bestaan er waarin er minstens 3 gelijke cijfers naast elkaar staan? 8

29 Lesbrief 5 Recurrenties en ongelijkheden 1 Recursief gedefinieerde rijen Er zijn getallenrijen {a n } die voldoen aan een recurrente betrekking van de vorm a n+k = f(a n+k 1 ;a n+k 2 ;:::;a n ) voor n = 1; 2;:::, waardoor de n + k-de term wordt uitgedrukt in zijn k voorgangers. Geeft men de eerste k termen van de rij, danisderijvolledige bepaald. Zo komt bijvoorbeeldindeiwovan 1976 een rij {u n } voor gedefinieerd door u n+2 = u n+1 (u 2 n 2) 5, 2 u 0 =2,u 1 = 5. Hier geldt 2 dus k =2. In deze paragraaf worden rijen onderzocht die voldoen aan een recurrente betrekking van de vorm a n+k = A 1 a n+k 1 + A 2 a n+k A k a n ; n =1; 2;::: (1) waarin A 1 ;A 2 ;:::;A k constanten zijn en A k 0. Voor k = 1 staat er a n+1 = Aa n ; n =1; 2;::: : Blijkbaar is de rij dan een meetkundige rij: a n+1 = Aa n = A 2 a n 1 = = A n a 1. Voor k = 2 wordt de betrekking a n+2 = Aa n+1 + Ba n ; (B 0); n =1; 2;::: (2) Merk alvorens verder te gaan, eerst enige algemene eigenschappen op van rijen die aan (2) voldoen: (1) Als {a n } voldoet aan (2), dan voldoet ook {ca n } aan (2) voor alle constantes c. (2) Als {a n } en {b n } beide voldoen aan (2) (dus met dezelfde A en B maar eventueel verschillende beginwaarden), voldoet ook {a n + b n }. De eigenschappen (1) en (2) gelden, zoals men onmiddellijk inziet, ook algemeen voor rijen die aan de betrekking (1) voldoen: zijn {a n } en {b n } oplossingen van (1), dan zijn ook alle zogenaamde lineaire combinaties {ca n + db n } oplossingen van (1). Stel nu dat {a n } en {b n } beide voldoen aan (2). Is dan ook elke rij{x n } die aan (2) voldoet van de vorm x n = ca n + db n voor zekere constanten c en d? Zo'n rij wordt volledig bepaald door zijn twee beginwaarden x 1 ;x 2. Als voor zekere c en d ρ x1 = ca 1 + db 1 x 2 = ca 2 + db 2 (3) geldt, omdat {x n } een oplossing van (2) is, voor alle natuurlijke n dat x n = ca n + db n. Uit het stelsel (3) kan men c en d oplossen, tenzij a 1 b 2 a 2 b 1 = 0, d.w.z. tenzij a 1 : b 1 = a 2 : b 2. In dat laatste geval is de rij {b n } een veelvoud van de rij {a n }. Hieruit blijkt dat als men twee zogenaamde lineair onafhankelijke oplossingen van (2) heeft, alle oplossingen te schrijven zijn als lineaire combinaties van deze twee. In het algemene geval van betrekking (1) heeft men k lineair onafhankelijke oplossingen nodig om alle oplossingen voort te brengen. Lineair onafhankelijk betekent dan dat een k k-stelsel analoog aan (3) altijd precies één oplossing moet hebben. 1

30 Dit geeft een voorwaarde die slechts afhangt van de beginwaarden van de `basisoplossingen' (bij (3) is die voorwaarde a 1 b 2 a 2 b 1 0). Hoe kan men twee lineair onafhankelijke oplossingen van (2) vinden? Zouden er meetkundige rijen {t n } zijn die voldoen? Dan moet gelden t n+2 = At n+1 + Bt n,ofwel t 2 At B =0: (4) Deze vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van (2). Heeft (4) twee verschillende reële wortels t 1 en t 2, dan zijn {t n 1 } en {t n 2 } lineair onafhankelijk, want t 1 t 2 2 t 2t 2 1 = t 1 t 2 (t 1 t 2 )ent 1 t 2 = B 0. De algemene oplossing van (2) is in dat geval {ct n 1 + dt n 2 }. Voorbeeld: De rij van Fibonacci (de bijnaam van Leonardo van Pisa, ±1200 na Chr.) is de rij 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34;::: : Deze rij is gedefinieerd door F 1 = F 2 =1enF n+2 = F n+1 + F n voor n =1; 2;:::. De karakteristieke vergelijking van deze recurrentie is t 2 t 1=0. De oplossingen hiervan zijn t 1;2 = 1 ± , en de algemene oplossing van de recurrente betrekking is dus ct n 1 + dt n 2. Aangezien ρ 1=F1 = c( )+d( ) 1=F 2 = c( )2 + d( ) 2 is c = 1 5 5end = De algemene term van de rij van Fibonacci wordt dus 5 ( ) n ( ) n : 2 F n = 1 5 Omdat > 1 en < 1, is voor grote n de term ( ) verwaarloosbaar. Een ruwe schatting geeft bijvoorbeeld F Opgave 1.1 Bepaal Heeft de karakteristieke vergelijking twee samenvallende wortels, dan vindt men slechts één meetkundige rij die voldoet (op veelvouden na). Schrijf in dat geval (2) als a n+2 2Ea n+1 + E 2 a n =0: (5) De karakteristieke vergelijking heeft als dubbele wortel t = E. De meetkundige rij {E n } is dus een oplossing. Noem b n = a n E n en deel (5) door E n+2, dan ontstaat ofwel b n+2 2b n+1 + b n =0 b n+2 b n+1 = b n+1 b n : Onmiddellijk ziet men behalve de oplossing b n = 1 voor alle n (corresponderend met a n = E n ) nog een tweede oplossing: b n = n. Deze geeft de van de eerste lineair onafhankelijke tweede basisoplossing (verifieer dit) a n = ne n. De algemene oplossing van (5) is dus {ce n + dne n }. Ten slotte het geval dat de karakteristieke vergelijking helemaal geen reële oplossingen heeft. Men zou dan met complexe getallen kunnen werken, maar het kan ook zonder. Schrijf (2) in de vorm a n+2 2Fa n+1 + E 2 a n =0: (6) 2

31 (De coëfficiënt van a n is positief want de discriminant 4F 2 4E 2 is negatief, en dit laatste betekent bovendien dat F E < 1.) Noem weer b n = a n E n,danontstaat b n+2 2 F E b n+1 + b n =0: Omdat F E < 1isereen' zo, dat F E =cos'. De vergelijking gaat dan over in b n+2 2cos'b n+1 + b n =0: (7) Men moet nu opmerken dat b n+1 = cos n' en b n+1 = sin n' oplossingen van (7) zijn. Dit volgt direct uit de formules cos(n +1)' = cos n' cos ' sin n' sin ' cos(n 1)' = cos n' cos ' + sin n' sin ' sin(n +1)' = sin n' cos ' +cosn' sin ' sin(n 1)' = sin n' cos ' cos n' sin ' Hiermee zijn dus twee lineair onafhankelijke (verifieer dit weer) oplossingen gevonden. Uiteraard zijn ook {cos n'} en {sin n'} oplossingen (de index is alleen 1 verschoven). Neem voor de eenvoud deze als basisoplossingen van (7). De basisoplossingen van (6) zijn dan {E n cos n'} en {E n sin n'} en de algemene oplossing is {E n (c cos n' + d sin n')}. In principe kan men de algemene recurrente betrekking (1) voor k>2 analoog behandelen. De wortels van de karakteristiekevergelijking zijn echter voor polynomen van hogere graad moeilijker te bepalen. Zijn bovendien niet alle wortels reëel, dan is het gebruik van complexe getallen vrijwel onvermijdelijk. Opgave 1.2 Bepaal de n-de term x n van de rij {x n } gedefinieerd door a) x n+2 = x n+1 +2x n, x 1 =0,x 2 =1. b) x n+2 =4x n+1 4x n, x 1 =0,x 2 =1. c) x n+2 =2x n+1 2x n, x 1 =0,x 2 =1. d) x n+2 = x n, x 1 = x 2 =1. e) x n+3 =3x n+2 3x n+1 + x n, x 1 = x 2 =0,x 3 =1. Opgave 1.3 Bepaal de n-de termen x n en y n van de rijen {x n } en {y n } gedefinieerd door het stelsel ρ xn+1 =3x n + y n y n+1 =5x n y n met x 1 =0eny 1 =6. Aanwijzing: uit de eerste vergelijking haalt men door indexverschuiving y n+1 = x n+2 3x n+1. Samen met y n = x n+1 3x n geeft dit, gesubstitueerd in de tweede vergelijking, een recurrente betrekking voor de rij {x n }. Opgave 1.4 Behandel evenzo: ρ xn+1 =2x n y n y n+1 = x n +4y n met x 1 =2,y 1 =1. Opgave 1.5 Bepaal x n als gegeven is dat x n+1 = x n 2 x n +4 met x 1 =0: Aanwijzing: noem y n+1 = y n 2z n, z n+1 = y n +4z n, dan geldt x n = yn z n. Opgave 1.6 Evenzo: x n+1 = 1 4x n 1 6x n met x 1 =1: 3

32 Opgave 1.7 Bepaal x n als x 1 =1,x 2 =2enx n+2 = x 3 n+1 x 2 n. 2 Ongelijkheden Een fundamentele ongelijkheid is A 2 0voor alle reële waarden van A. Gelijkheid treedt op precies als A = 0. Deze vanzelfsprekende ongelijkheid zit verborgen in talrijke andere ongelijkheden. Eerste voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt ab a+b 2. Bewijs. Vermenigvuldig de ongelijkheid met 2 en kwadrateer tot 4ab a 2 +2ab+b 2, ofwel 0 a 2 2ab + b 2 =(a b) 2. Hieruit volgt dat onze ongelijkheid inderdaad klopt en tevens dat gelijkheid optreedt precies als a = b. a+b 2 Tweede voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt 2 a 2 +b 2. 2 Bewijs. Uitwerken geeft ook hier 0 (a b) 2. Opgave 2.1 Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven omtrek heeft het vierkant de grootste oppervlakte. Opgave 2.2 Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven oppervlakte heeft het vierkant de kleinste omtrek. Opgave 2.3 Voor elke scherpe hoek x geldt sin x cos x + cos x sin x 2. Opgave 2.4 Als a; b > 0ena + b = 1, dan is (a + 1 a )2 +(b + 1 b ) Wanneer geldt het gelijkteken? Opgave 2.5 Zijn a, b en c positief, dan is (a + b)(b + c)(c + a) 8abc. Wanneer heb je gelijkheid? Opgave 2.6 Voor welke reële x is a+bx4 x 2 niet differentiëren.) minimaal? (a en b zijn positief. Je mag 2.1 Gemiddelden Een uitdrukking in de positieve variabelen a 1 ;a 2 ;:::;a n heet een gemiddelde van a 1 ;a 2 ;:::;a n als de waarde ervan onafhankelijk is van de volgorde der a i en als voor elke positieve constante c de waarde gelijk is aan c zodra men voor alle i a i = c kiest. Voorbeelden: 1. Het rekenkundig gemiddelde R(a 1 ;a 2 ;:::;a n )= 1 n (a 1 + a a n ). 2. Het meetkundig gemiddelde M(a 1 ;a 2 ;:::;a n )=(a 1 a 2 a n ) n 1. n 3. Het harmonisch gemiddelde H(a 1 ;a 2 ;:::;a n )=. 1 a a an Van alle gemiddelden zijn het rekenkundig en het meetkundig gemiddelde het belangrijkste. 4

33 Stelling 2.1 Voor elk n-tal positieve getallen a 1 ;a 2 ;:::;a n geldt R(a 1 ;a 2 ;:::;a n ) M(a 1 ;a 2 ;:::;a n ) : Dit heet de rekenkundig-meetkundig gemiddelde ongelijkheid. danenslechts dan als a 1 = a 2 = = a n. Gelijkheid treedt op Deze stelling is zo belangrijk, dat we er drie verschillende bewijzen van gaan geven. Er zijn er overigens nog wel meer bekend. De drie die we hier presenteren zijn alle drie erg elementair, maar tonen elk een andere benaderingswijze. Bewijs. We kunnen veronderstellen dat a 1 a 2 a n =1. Immers, de gevraagde ongelijkheid verandert niet als we alle a i met dezelfde positieve factor vermenigvuldigen. Onder deze aanname moeten we nu bewijzen dat a 1 + a a n n. We gebruiken nu volledige inductie naar n. Voor n = 2 is de ongelijkheid aan het begin van deze paragraaf bewezen. Stel nu dat de ongelijkheid geldt voor elk n-tal. Laat gegeven zijn n + 1 positieve getallen a 1 ;a 2 ;:::;a n met a 1 a 2 a n =1. Als alle a i gelijk zijn is de ongelijkheid waar. Anders is er een tweetal, bijvoorbeeld a 1 en a 2 met a 1 > 1ena 2 < 1. Dan is dus (a 1 1)(a 2 1) = a 1 a 2 a 1 a 2 +1< 0, oftewel a 1 +a 2 >a 1 a 2 +1, zodat volgt a 1 +a 2 + +a n+1 > 1+a 1 a 2 +a 3 + +a n+1 1+n, omdat a 1 a 2 ;a 3 ;:::;a n+1 n positieve getallen zijn met product 1. Bewijs. We weten dat a 1 a 2 a 1+a 2 2 a 1 + a a3 + a a 1+a a en a 3 a 4 3+a 4 2, dusa 2 1 a 2 a 3 a 4 + a3+a 4 2 Zo voortgaande bewijst men voor alle n van de vorm 2 m dat 2 a 1 + a a 2 m 2 m a 1 a 2 a 2 m : 2 m z } 2 m n maal 4 a1 + a 2 + a 3 + a 4 4 = : 4 Kies nu voor een willekeurig n de waarde van m zo groot, dat n < 2 m, en noem b = a1+a2+ +an a m n. Dan geldt dat a 1 a 2 a n bb b 1+a 2+ +a n+(2 n)b 2m 2 = m b 2m,dusa 1 a 2 a n b n a. Dit is wat we moesten bewijzen. Omdat a 1 a 2 = 1+a 2 2 dan en slechts dan geldt als a 1 = a 2, bewijst men stap voor stap dat ook in het algemeen gelijkheid precies optreedt wanneer alle a i gelijk zijn. Er zit in dit tweede bewijs een merkwaardig soort inductie. We lopen in grote stappen door de natuurlijke getallen heen en vullen achteraf de opengelaten gaten op. Bewijs. Uit de grafiek van de functie f(x) =logx blijkt dat log a1+a2 1(log 2 2 a 1 + log a 2 )=log a 1 a 2,ziefig. 1. Daarom volgt ook a1+a2 a 2 1 a 2. We gaan bewijzen dat log a1+a2+ +an n 1 n (log a 1 + +loga n ), waaruit de gevraagde ongelijkheid volgt. 2 5

34 log x log a 1+log a 2 2 f(x) a 1 a 1+a 2 2 a 2 a a i Figuur 1. Figuur 2. In het algemeen geldt voor elke functie waarvan de grafiek `bol naar boven' is (d.w.z. dat het verbindingsstuk van twee punten van de grafiek altijd onder de grafiek ligt) de ongelijkheid f a 1 + a a n n 1 n (f(a 1)+f(a 2 )+ + f(a n )) : Om dit in te zien noemen we μa = a1+ +an n. Heeft de raaklijn in x = μa richtingscoëfficiënt c = f (μa), dan is f(a i ) f(μa)+c(a i μa) voor elke a i. Zie ook fig. 2 Telt men deze ongelijkheden op voor i =1; 2;:::;ndan blijkt f(a 1 )+ + f(a n ) nf(μa)+c(a a n nμa) =nf(μa). Overigens is het niet nodig te veronderstellen dat f in x = μa differentieerbaar is. Omdat f `bol naar boven' is, is er door elk punt van de grafiek minstens één rechte die verder geheel boven de grafiek ligt. De methode van dit derde bewijs is ook toepasbaar bij functies waarvan de grafiek `bol naar beneden' is, zoals f(x) =x 2. Toepassing van de methode geeft in dat geval de ongelijkheid 1 n (a a 2 a a n 2 n) : n Als toepassing van stelling (2.1) behandelen we de volgende opgave: als x, y en z positieve getallen zijn met x + y + z =1,dan geldt (1 + 1 x )(1 + 1 y )(1 + 1 z ) 64. Probeer alvorens verder te gaan zelf deze opgave op te lossen. Oplossing: Kies x = y = z = 1, dan ontstaat de gelijkheid. De ongelijkheid is dus 3 niet te verscherpen. Merkwaardigerwijze wordt de opgave eenvoudiger als men de normalisering x + y + z = 1 laat vallen. Stel daarom x + y + z = s. Kies weer x = y = z = s, dan geldt 3 (1 + 1 x )(1 + 1 y )(1 + 1 z )=(1+3 s )3 : Waarschijnlijk geldt dus in het algemeen ook voor alle positieve x, y en z met som s dat (1 + 1 x )(1 + 1 y )(1 + 1 z ) (1 + 3 s )3 : Aangezien volgens stelling (2.1) geldt s 3 xyz, is het zo, dat ( s )3 ( xyz ) 3 = xyz x2 y 2 z 2 xyz 1+3 1( 1 3 x + 1 y + 1 z )+3 1( 1 3 xy + 1 yz + 1 zx )+ 1 xyz = (1 + 1 x )(1 + 1 y )(1 + 1 z ). Dit bewijst onze algemene ongelijkheid en daarmee is het probleem waarmee we begonnen ook opgelost. Opgave 2.7 Voor elk n-tal positieve getallen a 1 ;a 2 ;:::;a n geldt H(a 1 ;a 2 ;:::;a n ) M(a 1 ;a 2 ;:::;a n ) 6

35 en gelijkheid treedt dan en slechts dan op als alle a i gelijk zijn. Opgave 2.8 Men splitst een positief getal k in n positieve delen a 1 ;a 2 ;:::;a n,dus k = a 1 + a a n. Bewijs dat het product a 1 a 2 a n maximaal is als men alle a's gelijk kiest. (Het aantal n is vast verondersteld.) Opgave 2.9 a 1 ;a 2 ;:::;a n zijn positief. Bewijs dat a1 a 2 + a2 a an 1 a n + an a 1 n. Opgave 2.10 a 1 ;a 2 ;:::;a n zijn positief. Bewijs dat (a 1 + a a n )( 1 a a a n ) n 2. n+1 n. Opgave 2.11 Voor elke gehele n>1 geldt n! < 2 Opgave 2.12 a 1 ;a 2 ;:::;a n zijn positief, n>1, en s = a 1 + a a n. Bewijs (1 + a 1 )(1 + a 2 ) (1 + a n ) < 1+s + s2 sn ! n! Opgave 2.13 a, b en c zijn positieve hoeken met som gelijk aan ß 2. Bewijs (1) tan a +tanb + tan c 3. (2) tan 2 a + tan 2 b +tan 2 c 1. Aanwijzing: kijk naar het derde bewijs van stelling (2.1). Stelling 2.2 Gegeven zijn 2n-tal reële getallen: a 1 ;a 2 ;:::;a n en b 1 ;b 2 ;:::;b n. Dan geldt de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, genoemd naar A.L. Cauchy ( ) en H.A. Schwarz ( ): (a 1 b 1 + a 2 b a n b n ) 2 (a a a 2 n)(b b b 2 n) : Gelijkheid treedt op precies wanneer a 1 : b 1 = a 2 : b 2 = = a n : b n. Bewijs. Als b 1 = b 2 = = b n = 0 is er niets te bewijzen. Stel dus bijvoorbeeld b 1 0. Voor elke t is dan 0 (a 1 + tb 1 ) 2 +(a 2 + tb 2 ) 2 + +(a n + tb n ) 2 = (a 2 1+a a 2 n)+2(a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n )t+(b 2 1+b b 2 n)t 2 = A+2Ct+Bt 2 met B 0. Dit is een kwadratische vorm in t die blijkbaar definiet niet-negatief is. De discriminant 4C 2 4AB is dus niet positief. Invullen geeft de gevraagde ongelijkheid. Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als voor zekere t 0 geldt (a 1 + t 0 b 1 ) 2 +(a 2 + t 0 b 2 ) 2 + +(a n + t 0 b n ) 2 =0: Alle termen moeten dan nul zijn, en dit betekent a 1 : b 1 = a 2 : b 2 = = a n : b n = t 0. x Opgave 2.14 Voor alle x, y en z geldt + y + z x 2 + y2 + z Opgave 2.15 (x 1 y 1 ) 2 +(x 2 y 2 ) 2 + +(x n y n ) (x x x 2 n) (y y y 2 n) 1 2 voor alle x 1 ;x 2 ;:::;x n en y 1 ;y 2 ;:::;y n. Opgave 2.16 (p 1 x 1 +p 2 x 2 + +p n x n ) 2 (p 1 +p 2 + +p n )(p 1 x 2 1+p 2 x p n x 2 n) voor alle niet-negatieve p 1 ;p 2 ;:::;p n en alle x 1 ;x 2 ;:::;x n. Opgave 2.17 (x 1 y 1 ) 1 2 +(x 2 y 2 ) (x n y n ) 1 2 (x 1 + x x n ) 1 2 (y 1 + y y n ) 1 2 voor alle niet-negatieve xi en y i. 7

36 Stelling 2.3 Als a 1 a 2 a n en b 1 b 2 b n dan geldt a 1 + a a n n b1 + b b n n a 1b 1 + a 2 b a n b n n Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als a 1 = a 2 = = a n of b 1 = b 2 = = b n. Deze ongelijkheid heet de ongelijkheid van Chebyshev (spreek uit: Tsj ebiesj ev), genoemd naar P.L.Chebyshev ( ). : Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 is er niets te bewijzen. Stel dat de ongelijkheid geldt voor n 1. Te bewijzen is nu dat(a 1 + a a n )(b 1 + b b n ) n(a 1 b 1 + a 2 b a n b n ). Het linker lid is gelijk aan X n 1 ( i=1 X n 1 a i + a n )( i=1 Het rechter lid is gelijk aan X n 1 n( i=1 b i + b n )= n 1 X i=1 n 1 a i b i + a n b n )=(n 1) Volgens de inductiehypothese geldt n 1 X i=1 X i=1 X n 1 a i i=1 X n 1 a i i=1 n 1 a i b i + X n 1 n 1 b i + a n b i + b n a i + a n b n : X i=1 X n 1 b i n i=1 Verder geldt voor alle i dat (a i a n )(b i b n ) 0, dus i=1 X i=1 a i b i +(n 1)a n b n + a n b n : a i b i : (8) a n b i + b n a i a i b i + a n b n : (9) Uit (8) en (9) (voor alle i) samen volgt de gevraagde ongelijkheid. Volgens de inductiehypothese geldt in (8) slechts het gelijkteken als a 1 = a 2 = = a n 1 of als b 1 = b 2 = = b n 1. Stel dat het eerste geval zich voordoet en stel a n 1 a n. Volgens (9) moet, als het gelijkteken voor iedere i zou gelden, dan b i = b n voor iedere n, dus b 1 = b 2 = = b n. Dit voltooit het bewijs. Opgave 2.18 (1) Als a 1 a 2 a n en b 1 b 2 b n, dan (a 1 + a a n )(b 1 + b b n ) n(a 1 b 1 + a 2 b a n b n ). (2) Als a 1 a 2 a n en b 1 b 2 b n, dan (a 1 + a a n )(b 1 + b b n ) n(a 1 b 1 + a 2 b a n b n ). Gelijkheid treedt in beide gevallen dan en slechts dan op als alle a i of alle b i gelijk zijn. Opgave 2.19 Laat x 1 ;x 2 ;:::;x n en y 1 ;y 2 ;:::;y n twee niet-stijgende rijen reële getallen zijn. Laat z 1 ;z 2 ;:::;z n een permutatie zijn van y 1 ;y 2 ;:::;y n. Bewijs dat (IWO 1975) nx i=0 (x i y i ) 2 nx i=0 (x i z i ) 2 : 8

37 3 Gemengde opgaven Opgave 3.1 Bewijs voor de termen van de rij van Fibonacci de volgende formules: (1) F 1 + F F n = F n+2 1. (2) F 2 + F F 2n = F 2n+1 1. (3) F 1 + F F 2n 1 = F 2n. (4) F F F 2 n = F n F n+1. (5) F 1 F 2 + F 2 F F 2n 1 F 2n = F 2 2n. Opgave 3.2 Bewijs dat de sommen s 1 ;s 2 ;::: van de getallen op de aangegeven diagonalen van de driehoek van Pascal de rij van Fibonacci vormen. 1 s s s s s s Opgave 3.3 Bewijs dat voor alle natuurlijke getallen m en n geldt: m+n m 2n n 2m 1 2 (m2 + n 2 ) : Opgave 3.4 Bewijs dat voor a 1 ;a 2 ;:::;a n a 2 a 3 + a a n + a > 0 geldt dat a n a 1 + a a n 1 n n 1. a 1 a 2 + a a n + n n n! Opgave 3.5 Bewijs dat x(x +1) (x + n) = 0 x 1 x ( 1)n x + n. Opgave 3.6 Bewijs (abc) a+b+c 3 a a b b c c voor alle a; b; c > 0. Opgave 3.7 Bewijs a c b a c b <a b b c c a <a a b b c c als 0 <a<b<c. Opgave 3.8 Bewijs de volgende ongelijkheid voor de hoeken ff, fi en fl van een driehoek: 3 3 3fffifl sin ff sin fi sin fl : 2ß Wanneer geldt het gelijkteken? Opgave 3.9 Laat (a k ) k N een rij paarsgewijs verschillende positieve gehele getallen zijn. Bewijs dat voor alle n N nx k=1 a k X n k 1 2 : (IWO 1978) k k=1 9 n n

38 Lesbrief 6 Meetkunde 1 Hoektransversalen in een driehoek ABC is een driehoek. Een lijn l door een hoekpunt A van de driehoek heet een hoektransversaal van A. We zullen onderzoeken onder welke voorwaarden hoektransversalen van A, B en C door één punt gaan. In het bijzonder tonen we aan dat de drie zwaartelijnen, hoogtelijnen en bissectrices door één punt gaan. fig. 1 fig. 2 Stel l is een hoektransversaal van A. Voor alle punten D op l is de verhouding v 1 = DE : DF van de afstanden tot de zijden b en c dezelfde. Evenzo behoort bij een transversaal m van B een vaste verhouding v 2 van de afstanden van een punt opm tot c en a, enbij een transversaal n van C een verhouding v 3. Gaan l, m en n door één punt, dan geldt v 1 v 2 v 3 =1. (Zie fig. 2) Omgekeerd, doorsnijden de hoektransversalen l, m en n alle drie het binnengebied van de driehoek en is v 1 v 2 v 3 =1, dan gaan l, m en n ook door één punt. Noem om dat in te zien het snijpunt van m en nken laat loodlijnen KD, KE en KF neer op a, b en c. (Zie fig. 3) We zien dat KE : KF =(KE : KD)(KD : KF)= 1 1 v 3 v 2 = v 1. Op l is er precies één punt K binnen driehoek ABC met afstanden tot b gelijk aan KE. Voor alle punten op l geldt K E : K F = v 1, dus K F = KF. Hieruit volgt K = K en daarom gaat l door het snijpunt van m en n. Voor de binnenbissectrices van elke driehoek geldt v 1 = v 2 = v 3 = 1, dus: de binnenbissectrices van een driehoek gaan door één punt. fig. 3 1

39 Laat men ook transversalen toe buiten de driehoek, dan behoren bij één waarde van v 1 telkens twee transversalen l 1 en l 2. Men kan ze onderscheiden door de afstand van een punt tot een zijde van de driehoek van een teken te voorzien: positief als het punt aan dezelfde kant van de zijde ligt als driehoek en negatief in het andere geval. Zo krijgen ook v 1, v 2 en v 3 een teken. Men verifieert gemakkelijk dat de twee lijnen l 1 en l 2 altijd een verschillend teken voor v 1 geven en dat drie transversalen door één punt gaan dan en slechts dan als v 1 v 2 v 3 =1. De transversaal l = AP kan ook gekarakteriseerd worden door de verhouding O AP C : O AP B = u 1 van de oppervlakten van de driehoeken AP C en AP B waarin l de driehoek ABC verdeelt. (Zie fig. 5) Deze verhouding is echter gelijk aan PC : PB omdat de driehoeken dezelfde hoogtelijn vanuit A hebben. Anderzijds geldt O AP C = 1 PE 2 b en O AP B = 1 PF c, duspc : PB = 2 u 1 v 1 v 2 v 3. = v 1 b c. Hieruit volgt u 1u 2 u 3 = fig. 4 fig. 5 Neemt men ook transversalen in beschouwing die buiten de driehoek liggen, dan kan men de verhoudingen u 1, u 2 en u 3 op dezelfde wijze als v 1, v 2 en v 3 van een teken voorzien. Het snijpunt met de overstaande zijde kan dan ook op een van de verlengden van die zijde liggen. Met deze tekenafspraak geldt: fig. 6 Stelling 1.1 (Ceva,1678) Kiest men op de eventueel verlengde zijden a, b en c van driehoek ABC respectievelijk punten P, Q en R, dan gaan AP, BQ en CR door één punt dan en slechts dan als BP CQ AR PC QA RB =1. Zie fig. 6 voor een plaatje van de stelling. In het bijzonder gaan dus de drie zwaartelijnen van een driehoek door één punt. (Zie fig. 7) Voor de hoogtelijnen van een driehoek geldt (zie fig. 8 en let ook op de tekens): BP = c cos B, PC = b cos C, CQ = a cos C, QA = c cos A, AR = b cos A, RB = a cos B. Volgens de stelling van Ceva gaan de hoogtelijnen dus door één punt. 2

40 fig. 7 fig. 8 Opgave 1.1 Bewijs: elke binnenbissectrice van een driehoek gaat door het snijpunt van de buitenbissectrices van de andere hoekpunten. Zo ontstaan de middelpunten van de drie zogeheten aangeschreven cirkels. (Zie fig. 9) Toon aan dat de verbindingslijn van twee zulke middelpunten de verbindingslijn van het derde met het middelpunt van de ingeschreven cirkel loodrecht snijdt in een hoekpunt. fig. 9 Opgave 1.2 P, Q en R zijn de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan de zijden van driehoek ABC. (Zie fig. 9) Bewijs dat AP, BQ en CR door één punt gaan. Evenzo voor de aangeschreven cirkels. Opgave 1.3 De driehoeken ABC en A B C voldoen aan AB A B, BC B C en CA C A. Bewijs dat AA, BB en CC door één punt gaan of evenwijdig zijn. Opgave 1.4 Bewijs dat de zes driehoeken waarin de zwaartelijnen een gegeven driehoek verdelen, alle dezelfde oppervlakte hebben. Bijgevolg verdelen de zwaartelijnen elkaar in de verhouding 1 : 2. (Zie fig. 7) 3

41 Opgave 1.5 Kiest men P op BC zo, dat AP een binnenbissectrice is van BAC, dan is BP : CP = BA : CA. Bewijs deze stelling, die de bissectricestelling heet. (Aanwijzing: snijd zoals in fig. 10 de lijn door C evenwijdig aan AB met de bissectrice.) Bewijs dat hetzelfde geldt voor de buitenbissectrice. Ook het omgekeerde geldt: verdeelt P het lijnstuk BC inwendig of uitwendig in de verhouding CA : BA, dan is AP de binnen- respectievelijk buitenbissectrice van BAC. fig. 10 Opgave 1.6 P, Q en R zijn punten op de eventueel verlengde zijden a, b en c van driehoek ABC. Bewijs: P, Q en R liggen op een rechte dan en slechts dan als BP CQ AR = 1. Dit heet de PC QA RB stelling van Menelaos (±100 n. Chr.). Aanwijzing: trek een lijn door A evenwijdig aan a, zoals aangegeven in fig. 11. fig Cirkels Op de cirkel C met middelpunt M en straal r liggen twee punten A en B en een punt P buiten de boog AB. De buitenhoek van een driehoek is gelijk aan de som van de niet-aanliggende binnenhoeken, dus (zie fig. 12) AM T = 2 AP M en TMB = 2 MPB. AP B is dus onafhankelijk van de plaats van P buiten de cirkelboog AB: fig. 12 Stelling 2.1 De grootte van een omtrekshoek is de helft van de grootte van de middelpuntshoek op dezelfde boog. 4

42 Gevolg: de verzameling van alle punten waaruit men een gegeven lijnstuk AB ziet onder een gegeven hoek, wordt gevormd door twee cirkelbogen op AB die elkaars spiegelbeeld zijn in AB. (Zie fig. 13) De limietstand van de omtrekshoek AP B als P tot A nadert, is de hoek tussen het lijnstuk AB en de raaklijn in A. Men ziet ook gemakkelijk direct in dat deze hoek de helft is van de middelpuntshoek AMB, omdat de raaklijn altijd loodrecht op de straal staat. (Zie fig. 14) Liggen vier punten A, B, C en D in deze volgorde op een cirkel, dan heet ABCD een koordenvierhoek. fig. 13 fig. 14 fig. 15 Stelling 2.2 ABCD is een koordenvierhoek dan en slechts dan als de som van een paar overstaande hoeken gelijk is aan ß. (Omdat de totale hoekensom gelijk is aan 2ß, isdanook de som van het andere paar overstaande hoeken gelijk aan ß.) Bewijs. Liggen A, B, C en D in deze volgorde op een cirkel, dan staan overstaande hoeken op complementaire bogen. Hun hoekensom is dus de helft van 2ß. Is omgekeerd bijvoorbeeld B + D = ß, dan trekt men de cirkel door A, B en C. De boog van deze cirkel tussen C en A is de verzameling van alle punten aan die kant van AC, van waaruit men AC onder een hoek van ß B ziet. D moet dus op deze boog liggen. Kies een punt P buiten een cirkel C. Trek door P twee lijnen die C snijden. (Zie fig. 16) De driehoeken PAB en PA B zijn dan gelijkvormig, dus PA : PB = PA : PB, ofwel PA PB = PA PB. Met andere woorden: het product van de afstanden van P tot de snijpunten met C is onafhankelijk van de keuze van de lijn door P. Dit product PA PB heet de macht van P ten opzichte van de cirkel. Kiest men voor de lijn de raaklijn, dan ziet men dat de macht het kwadraat is van de lengte van het raaklijnstuk vanuit P aan de cirkel. Ligt P binnen de cirkel (fig. 17), dan leidt men evenzo af dat PA PB onafhankelijk is van de keuze van de lijn door P. Ook dan noemt men dit product de macht van P. Om beide gevallen te onderscheiden geeft men de macht een teken: positief 5

43 als P buiten, negatief als P binnen de cirkel ligt. De punten op de cirkel hebben als grensgeval van beide soorten de macht nul; als P de cirkel nadert, gaat de macht van P inderdaad naar nul. fig. 16 fig. 17 Opgave 2.1 Wat is de verzameling van alle punten die een gegeven macht ten opzichte van een gegeven cirkel bezitten? Opgave 2.2 Gegeven zijn twee niet-concentrische cirkels. Bewijs dat de verzameling van alle punten die gelijke macht ten opzichte van de cirkels hebben, een lijn is. (Deze lijn heet de machtlijn van de cirkels.) Snijden de cirkels elkaar, dan is de machtlijn de verbindingslijn van de snijpunten. Opgave 2.3 Gegeven zijn drie cirkels. Geen twee ervan zijn concentrisch. Bewijs dat de drie machtlijnen van de drie paren cirkels door één punt gaan. (Dit punt heet het machtpunt van het drietal cirkels.) Opgave 2.4 De zijden van een koordenvierhoek ABCD worden verlengd. S is het snijpunt van AB en CD, T dat van AD en BC. Bewijs dat de binnenbissectrices van de hoeken S en T elkaar loodrecht snijden. (Zie fig. 18) Opgave 2.5 ABCD is een koordenvierhoek. P is een willekeurig punt van de omgeschreven cirkel. (Zie fig. 19) De projecties van P op AB, BC, CD, DA, AC en BD heten respectievelijk E, F, G, H, K en L. Bewijs dat PE PG = PF PH = PK PL. fig. 18 fig. 19 6

44 3 Enige formules voor driehoeken In driehoek ABC trekt men de hoogtelijn h c uit C. Volgens de stelling van Pythagoras is c (b 2 h 2 c) 1 2 =(a 2 h 2 c) 1 2, dus (door te kwadrateren) c 2 +b 2 h 2 c 2c(b 2 h 2 c) 1 2 = a 2 h 2 c. Sorteren en nogmaals kwadrateren geeft (c 2 +b 2 a 2 ) 2 = 4c 2 (b 2 h 2 c). Aangezien de oppervlakte O van ABC gelijk is aan 1 2 h cc, geldt fig O 2 = 4b 2 c 2 (c 2 + b 2 a 2 ) 2 = 2bc +(c 2 + b 2 a 2 ) 2bc (c 2 + b 2 a 2 ) = (b + c) 2 a 2 a 2 (b c) 2 = (b + c a)(b + c + a)(a b + c)(a + b c) Noem s = 1 (a + b + c), dan is als gevolg hiervan 2 O 2 = s(s a)(s b)(s c) (de zgn. oppervlakteformule van Heron) Omdat O = 1 2 h cc, volgt hieruit tevens dat h c = 2 cp s(s a)(s b)(s c) (de zgn. hoogtelijnformule) Stel I is het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek ABC. (Zie fig 21) Uit a = y + z, b = z + x en c = x + y volgt x = s a, y = s b en z = s c. Is r de straal van de ingeschreven cirkel, dan is O als som van de oppervlakten van BIC, CIA en AIB gelijk aan 1 2 r 2(s a)+2(s b)+2(s c) = rs, dus O = rs en via de oppervlakteformule volgt hieruit fig. 21 r 2 (s a)(s b)(s c) = s : 7

45 Is M het middelpunt van de omgeschreven cirkel van ABC, enr de straal van deze cirkel, dan geldt R sin A = 1 2 a (zie fig. 22), dus a sin A = b sin B = (de sinusregel) c sin C =2R fig. 22 Opgave 3.1 I a en r a zijn middelpunt en straal van de aan de zijde a aangeschreven cirkel. (Zie fig 9) Bewijs dat O = r a (s a) enr 2 a = s(s b)(s c) s a. Opgave 3.2 Bewijs dat van alle driehoeken met gegeven omtrek de gelijkzijdige de grootste oppervlakte heeft. 4 Gemengde opgaven Opgave 4.1 In koordenvierhoek ABP C is D het snijpunt van de diagonalen. 1 Bovendien is ABC een gelijkzijdige driehoek. Bewijs dat + 1 = 1. PB PC PD Opgave 4.2 In vierkant ABCD ligt P zo, dat PCD = PDC =15. Bereken AP B. Opgave 4.3 Wat is het kleinste aantal scherphoekige driehoeken waarin men een willekeurige stomphoekige driehoek kan verdelen? En een vierkant? (Geef dus ook een bewijs dat de gevonden waarden minimaal zijn.) Opgave 4.4 M is het midden van een koorde PQ van een cirkel. Door M zijn nog twee koorden AB en CD getrokken (met A en C aan dezelfde kantvan PQ). AD snijdt PQ in X, BC snijdt PQ in Y. Bewijs dat M ook het midden is van het lijnstuk XY. (Zie fig. 23) fig. 23 8

46 Opgave 4.5 D, E en F zijn de voetpunten van de hoogtelijnen uit A, B en C op de overstaande zijden van driehoek ABC. DEF heet de voetpuntsdriehoek van ABC. Bewijs dat het hoogtepunt H van ABC het middelpunt is van de ingeschreven cirkel van de voetpuntsdriehoek DEF. (Zie fig. 24) fig. 24 9

47 Lesbrief 7 Getaltheorie 1 De entier-functie Definitie 1.1 Het grootste gehele getal kleiner dan of gelijk aan het reële getal x heet de entier (frans voor `geheel') van x. Notatie: x of [x]. Voorbeelden: [4; 1] = 4,[ ß] = 4, [4] = 4. Toepassing. Toon aan dat [(2 + 3) n ] een oneven getal is voor alle natuurlijk n. Oplossing. (2 + 3) n = a n + b n 3voor zekere gehele getallen an en b n (uitwerken met de binomiaalformule). Uit de binomiaalformule volgt ook dat (2 3) n = a n b n 3, dus (2 + 3) n +(2 3) n = 2a n is een even geheel getal. Echter, 0 < (2 3) n < 1voor alle n, dusook0< 1 (2 3) n < 1 en [(2 + 3) n ]= [(2 + 3) n +(2 3) n 1+1 (2 3) n ] = (2 + 3) n +(2 3) n 1=2a n 1. Opgave 1.1 Bewijs dat [x]+[y] [x + y] voor alle reële x; y. Opgave 1.2 Bewijs dat [x + n] =[x]+n voorallereële x en alle gehele n. Λ [x] Opgave 1.3 Bewijs n =[ x n ]voor alle reële x en alle positieve, gehele n. Opgave 1.4 Los op: (1) x +[x] =4; 5; (2) x +[x] = 4; 5. Opgave 1.5 Bewijs: het aantal positieve gehele getallen kleiner dan of gelijk aan n dat deelbaar is door het positieve gehele getal a, is[ n a ]. Opgave 1.6 [x]+[x + 1 n n 1 ]+ +[x + n ]=[nx] (x R;x 0;n N) Opgave 1.7 Stel n is een natuurlijk getal en p een priemgetal kleiner dan of gelijk aan n. Bewijs dat de exponent van p in de priemontbinding van n! gelijk is aan [ n p ]+[n p 2 ]+[ n p 3 ]+. Opgave 1.8 Op hoeveel nullen eindigt 100!. Opgave 1.9 Bewijs: als n 1 ;n 2 ;:::;n k N, dan is (n 1 + n n k )! deelbaar door n 1!n 2! n k!. Definitie 1.2 Voor een natuurlijk getal n noemen we het aantal positieve delers van n (met inbegrip van 1 en n) d(n). Voorbeelden: d(6) = 4, d(20) = 6. Als n = p k1 1 pk2 2 pkr r de priemontbinding van n is, dan geldt d(n) =(k 1 + 1)(k 2 +1) (k r +1) : 1

48 Opgave 1.10 Bewijs: [ n+1 k ] [ n k ]=1of0,alnaargelangk al dan niet een deler is van n +1. Opgave 1.11 Bewijs met behulp van de vorige opgave dat h n d(1) + d(2) + + d(n) = 1 + n n n i : Opgave 1.12 Een punt in het vlak met gehele coördinaten heet een roosterpunt. Bewijs dat d(i) gelijk is aan het aantal roosterpunten in het eerste kwadrant opde grafiek van f(x) = i x. Leid hieruit een tweede bewijs af voor de gelijkheid uit de vorige opgave. Definitie 1.3 Voor een natuurlijk getal n is s(n) de som van de positieve delers van n (inclusief 1 en n). Voorbeelden: s(6) = =12, s(20) = =42. Opgave 1.13 Bewijs dat s(1) + s(2) + + s(n) =[ n 1 ]+2[n 2 ]+ + n[ n n ]. 2 Het ladenprincipe Het volgende principe wordt in de getaltheorie en de combinatoriek vaak gebruikt: (1) Verdeelt men meer dan N objecten over N laden, dan bevat minstens één lade meer dan één object. (2) Verdeelt men oneindig veel objecten over eindig veel laden, dan bevat minstens één lade oneindig veel objecten. Toepassing. Bewijs dat er een natuurlijk getal is dat in decimale notatie begint met :::en dat deelbaar is door Oplossing. Van de 1980 getallen x 1 = x 2 = x 1980 = ::: (1980 maal) zijn er minstens twee, zeg x j en x k (j >k) die congruent modulo 1979 zijn, want er zijn slechts 1979 verschillende restklassen. Het verschil x j x k voldoet dan aan de gestelde voorwaarden. Opgave 2.1 Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal n een getal van de vorm 11 :::1100 :::00 bestaat dat deelbaar is door n. Opgave 2.2 Gegeven zijn n+1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n+1. Bewijs dat er onder die getallen twee zijn met ggd gelijk aan 1. Opgave 2.3 Gegeven zijn n + 1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n. Bewijs dat er onder hen minstens één is die de som is van twee van de andere. Opgave 2.4 Uit elk zevental positieve gehele getallen kan men er een aantal kiezen waarvan de som een zevenvoud is. Bewijs dit. (NWO 1977) 2

49 Opgave 2.5 Bewijs dat er een macht van 3 bestaat die decimaal geschreven eindigt op ::: Opgave 2.6 In een vierkant met zijden van lengte 1 liggen 51 punten. Bewijs dat er een cirkelschijf met straal 1 is die minstens drie van deze punten bedekt. 7 Opgave 2.7 Laat a 1 ;a 2 ;::: een stijgende oneindige rij positieve gehele getallen zijn. Bewijs dat voor elke gehele p 1 er oneindig veel termen a m uit de rij zijn die geschreven kunnen worden als a m = xa p + ya q waarbij x en y positieve gehele getallen zijn en q>p. (IWO 1975) 3 Talstelsels Laat g een natuurlijk getal groter dan 1 zijn. Elk natuurlijk getal N is te schrijven als N = a n g n + a n 1 g n a 1 g + a 0 met a i Z, 0 a i <gen a n 0. Hierbij is n het grootste gehele getal zo, dat g n N. Daaruit volgt a n = N g en voor i = n 1;n 2;:::;0 vinden we n μ ν N (an g n + + a i+1 g i+1 ) a i = : (Merk op dat deze formule meteen een algoritme geeft om achtereenvolgens a n, a n 1, :::, a 0 te bepalen.) We kunnen N nu noteren als a n a n 1 a 1 a 0. Deze notatie is gegeven g uniek voor N en heet de schrijfwijze van N in het g-tallig stelsel. Op voor de hand liggende wijze kan men ook elk reëel getal r, 0 <r<1, ontwikkelen in een g-delige breuk: r = X i=1 a i g i g i (a i Z; 0 a i <g) We noteren r =0:a 1 a 2 a 3. Hiermee is de schrijfwijze van elk reëel getal in het g-tallig stelsel uniek bepaald. Vermeldenswaardig is de volgende eigenschap van natuurlijk getallen: als s g (N) de som van de cijfers van N is, wanneer N geschreven is in het g-tallig stelsel, dan geldt N s g (N) 0modg 1 : Bewijs. N s g (N) =a n (g n 1) + a n 1 (g n 1 1) + + a 1 (g 1). Elke term in deze uitdrukking is deelbaar door g 1. Voorbeeld. Een toepassing van het tweetallig stelsel vindt men in de analyse van het Nim-spel. Hierbij spelen twee spelers met drie hoopjes lucifers. Om beurten moeten zij een hoopje kiezen en daarvan een positief aantal lucifers pakken. Zij die de laatste lucifer wegneemt, is de winnaar. 3

50 Definieer voor een analyse van het spel n 1 = a 0 + a 1 2+a a k 2 k n 1 = b 0 + b 1 2+b b k 2 k n 1 = c 0 + c 1 2+c c k 2 k voor de aantallen lucifers n 1 ;n 2 ;n 3 op de drie hoopjes, geschreven in het tweetallig stelsel. (Dus a i ;b i ;c i {0; 1}). Men noemt een spelsituatie gunstig als voor alle i geldt dat a i + b i + c i 0mod2. We kunnen dan twee dingen constateren: 1. Uitgaande van een gunstige spelsituatie geeft elke zet een ongunstige. 2. Vanuit elke ongunstige spelsituatie kan je in één zet in een gunstige komen. Hieruit volgt dat een gunstige spelsituatie bij goed spel altijd tot winst leidt van de speler, zeg speler 2, die op dat moment niet aan de beurt is, want die heeft altijd een antwoord op een zet van haar tegenstander. Als het spel dan stopt na een eindig aantal stappen (ga na dat dat hier altijd gebeurt), is de laatste zet zeker door speler 2gedaan. Opgave 3.1 Analyseer het Nim-spel in het geval dat degene die de laatste lucifer wegneemt de verliezer is. (Dit heet de mis ere-versie van het spel.) Opgave 3.2 Zijn er natuurlijk getallen a en b zo, dat a 2 = b 4 + b 3 + b 2 + b +1? Opgave 3.3 Zij a g (N) de alternerende som van de cijfers van het natuurlijke getal N, als N in het g-tallig stelsel is geschreven. Bewijs: N a g (N) modg +1: 4 Pythagore sche drietallen Definitie 4.1 Als voor de natuurlijke getallen a, b en c geldt dat a 2 + b 2 = c 2,dan noemen we (a; b; c) een Pythagore sch drietal. Voorbeelden: (3; 4; 5), (5; 12; 13). Met behulp van de identiteit (u 2 v 2 ) 2 +(2uv) 2 =(u 2 + v 2 ) 2 kan men door variatie van u en v willekeurig veel Pythagore sche drietallen construeren. Toepassing. Gegeven is een natuurlijk getal N. Bewijs dat er meer dan N punten in het vlak zijn, niet op één rechte lijn, zo, dat al hun onderlinge afstanden geheel zijn. Bewijs. Kijk naar fig. 1voor een illustratie van het idee. Kies positieve rationale getallen u i <v i (i =1; 2;:::;N)zo,dat2u i v i =1. Laat T een positief veelvoud zijn van alle noemers, dan voldoen P 0 = (0;T 2 ) en P i = (T 2 (vi 2 u2 i ); 0) voor i =1; 2;:::;N. Immers, als i; j > 0, dan is het duidelijk dat d(p i ;P j ) Z en voor alle i>0 geldt q d(p 0 ;P i )= qt 4 + T 4 (v 2i u2i )=T 2 (2u i v i ) 2 +(vi 2 u2 i )2 = T 2 (vi 2 + u 2 i ) : 4

51 De P i voldoen dus aan het gevraagde. P 0 0 P 1 P 2 P 3 Figuur 1. Opgave 4.1 Bewijs dat er willekeurig veel hoeken x (0; ß ) zijn zo, dat cos x en 2 sin x beide rationaal zijn. Opgave 4.2 Kan men 1975 punten vinden op een cirkel met straal 1 zo, dat de afstand tussen elk tweetal van die punten rationaal is? (IWO 1975) Als (a; b; c) een pythagore sch drietal is, dan is natuurlijk ook (ka; kb; kc) zo'n drietal voor elk natuurlijk getal k. Een drietal met ggd(a; b; c) = 1 heet een primitief drietal. Stelling 4.2 (a; b; c) is een primitief drietal desda voor zekere natuurlijke getallen u en v<u,metggd(v; u) =1en u en v niet beide oneven, geldt a = u 2 v 2 b = 2uv c = u 2 + v 2 Bewijs. Stel eerst dat (a; b; c) een primitief drietal is. a en b zijn niet beide even, want anders was c ook even. Evenmin zijn a en b beide oneven, want dan zou c 2 = a 2 + b 2 in de restklasse 2 mod 4 zitten, maar een kwadraat is altijd congruent met 0 of met 1 mod4. Neem daarom vanwege de symmetrie in a en baoneven en b even. c is ook oneven. b 2 = c 2 a 2 =(c a)(c + a), dus 2 b c a c + a = waarin alle termen tussen haakjes gehele getallen zijn. Zouden c a en c+a een 2 2 priemfactor p gemeenschappelijk hebben, dan zou p ook een factor zijn van c = c+a + c a en van a = c+a c a b, dus ook van b =2. Maar aangezien (a; b; c) primitief is, kan dit niet. Het product van c a en c+a is een kwadraat, en gezien 2 2 het voorgaande deze uitdrukkingen zelf ook: u 2 = c + a 2 ; v2 = c a 2 en ggd(u; v) =1: Hieruit volgt c = u 2 + v 2, b =2uv en a = u 2 v 2. u en v zijn niet beide oneven, want dan zou a even zijn. Stel omgekeerd dat u>v, ggd(u; v) =1,u en v niet beide oneven, a = u 2 v 2, b =2uv en c = u 2 + v 2. (a; b; c) is dan zeker een pythagore sch drietal. a, b en c zijn niet alle drie even, want ggd(u; v) = 1. Zouden ze een priemfactor p>2 bevatten, dan bevat ook u of v die factor, want b = 2uv. Maar a = u 2 v 2 bevat ook de factor p, dusu en v bevatten beide een factor p, in tegenspraak met ggd(u; v) =1. 5

52 Opgave 4.3 Bewijs: in elk primitief drietal is één der getallen een vijfvoud. Opgave 4.4 Bepaal alle pythagore sche drietallen waarin één der getallen gelijk is aan 20. Opgave 4.5 Bewijs dat het product van de getallen van een pythagore sch drietal deelbaar is door 60. Opgave 4.6 Bewijs dat er slechts één pythagore sch drietal is waarvoor a, b 4 alledrie priem zijn. en c Opgave 4.7 Bepaal alle drietallen (a; b; c) van natuurlijke getallen met a 2 +2b 2 = c 2, respectievelijk a 2 +3b 2 = c 2. Opgave 4.8 Bewijs dat de cirkel door (0; 0), (0; 1978), (1978; 0) en (1978; 1978) door geen enkel ander roosterpunt gaat. 5 De chinese reststelling In lesbrief Getaltheorie II merkten we op dat je met congruenties net zo kunt rekenen als met vergelijkingen. Men kan zo naast lineaire vergelijkingen ook lineaire congruenties beschouwen: ax b mod m met a; b; m Z en m>1 Hier is de vraag een gehele x te bepalen zo, dat ax b deelbaar is door m. Als x 0 een oplossing is, dan voldoen ook x + km voor alle k Z. Met andere woorden, alle getallen uit de restklasse x 0 mod m. De oplossingsverzameling verandert niet als we a en b veranderen in andere getallen uit hun restklassen modulo m. Onder een oplossing van een lineaire congruentie verstaat men dan ook een restklasse modulo m. Men lost dus als het ware de vergelijking restklasse a restklasse x = restklasse b op. De fundamentele vragen zijn nu: Wanneer is een congruentie oplosbaar? Als de congruentie oplosbaar is, hoeveel oplossingen zijn er dan, en welke zijn die oplossingen? Om deze vragen te beantwoorden kan men resultaten gebruiken over het oplossen van lineaire vergelijkingen: ax b mod m is oplosbaar er zijn gehele x en y zodanig, dat ax b = my er bestaan gehele x en y zodanig, dat ax my = b. Dit laatste is dan en slechts dan het geval, als ggd(a; m) een deler is van b. Stelling 5.1 De congruentie ax b mod m is oplosbaar desda ggd(a; m) een deler van b is. Stelling 5.2 Als ggd(a; m) =1heeft ax b mod m precies één oplossing. 6

53 Bewijs. Volgens stelling (??) is er ten minste één oplossing. Stel x 1 en x 2 voldoen beide aan de congruentie. Dan geldt a(x 1 x 2 ) 0modm. Omdat ggd(a; m) =1 volgt hieruit dat x 1 x 2 0modm, dusx 1 = x 2. Stelling 5.3 Als ggd(a; m) =d en d b, heeft ax b mod m precies d oplossingen. Bewijs. Als ax b mod m, dan a d x b d mod m d en omgekeerd. Aangezien a ggd d ; m d = 1 heeft deze congruentie precies één oplossing x0 mod m d. Deze geeft precies de volgende verschillende restklassen modulo m als oplossing: x 0 ;x 0 + m d ;:::;x 0 +(d 1) m d. Vaak ziet men door te proberen snel een oplossing van de congruentie ax b mod m als ggd(a; m) = 1. Men kan echter ook altijd met het algoritme van Euclides gehele getallen p; q vinden zo, dat ap + mq = 1. Dan voldoet x = bp aan de gestelde congruentie. Opgave 5.1 Los op: (1) 6x 8mod10 (2) 105x 30 mod 60 (3) 15x 1mod86 (4) 15x 2mod42 (5) 49x 164 mod 11 (6) 30x 5mod31 (7) 18x 14 mod 35 (8) 243x mod 725 Stelling 5.4 (De chinese reststelling) Als ggd(m; n) =1,dan heeft het stelsel ρ x a mod m precies één oplossing modulo mn. x b mod n Bewijs. Elke oplossing van de eerste congruentieisvan de vorm x = ym + a voor zekere gehele y. Voldoet x ook aan de tweede congruentie, dan moet y een oplossing zijn van ym + a b mod n, dus my (b a) modn. Volgens stelling (??) heeft deze congruentie precies één restklasse y = y 0 + kn, k Z, als oplossing, dus alle oplossingen van het stelsel zijn van de vorm x = a + my =(a + my 0 )+kmn met k Z. Met inductie bewijs je nu de volgende generalisatie: Stelling 5.5 Als ggd(a i ;m i )=1en ggd(m i ;m j )=1voor 1 i; j k en i j, dan heeft het stelsel 8>< >: a 1 x b 1 mod m 1 a 2 x b 2 mod m 2. a k x b k mod m k precies één oplossing modulo m 1 m 2 m k. Voorbeeld: 8 < : 4x 5mod7 x 3mod7 Het stelsel 4x 2mod5 is gelijkwaardig met x 4mod5 3x 1mod4 x 3mod4 Uit x 3mod7volgt x =3+7y, dus 3 + 7y 4 mod 5, oftewel 2y 1mod5. Dit 8 < : 7

54 geeft y 3 mod 5, dus y =3+5z en x =24+35z. Uit z 3mod4volgt nu z 1 mod 4, dus z =1+4k en x = k (k Z). Opgave ρ 5.2 Los op: x 2mod5 (1) 3x 1mod8 ρ 3y 2mod5 (2) 2y 1mod3 Opgave 5.3 Bepaal het kleinste natuurlijke getal groter dan 1000 dat bij deling door 11, 13 en 17 resten respectievelijk 1, 5 en 14 geeft. Opgave 5.4 Bepaal het kleinste natuurlijke getal zo, dat de helft een kwadraat, een derde een derdemacht en een vijfde een vijfdemacht is. Opgave 5.5 Bepaal het kleinste natuurlijke getal dat bij deling door 10 rest 9, bij deling door 9 rest 8, bij deling door 8 rest 7,..., bij deling door 2 rest 1 geeft. Opgave 5.6 Drie boeren verbouwen samen tarwe. Ze verdelen de oogst in drie gelijke delen en gaan met hun deel elk naar een verschillende markt. Op markt A is de gewichtseenheid 135 pond, op markt B 110 pond en op markt C 83 pond. Alle drie verkopen ze een geheel aantal gewichtseenheden, en ze houden respectievelijk 30,70en32pondover. Hoe groot was de oogst? 8

55 Lesbrief 8 Isometrieën 1 Inleiding Een één-éénduidige afbeelding van het vlak op zichzelf heet een transformatie van het vlak. Als T 1 en T 2 transformaties zijn, wordt de transformatie T 1 gevolgd door T 2 " genoteerd als T 2 T 1. Punten in het vlak duiden we aan met hoofdletters, lijnen met kleine letters. Als A en B verschillende punten zijn, noteren we de lijn door A en B als A + B. d(a; B) is de afstand tussen A en B. Definitie 1.1 Een transformatie J van het vlak heet een isometrie (ook wel congruentie) als voor elk tweetal punten A, B geldt dat d(j (A); J (B)) = d(a; B). We presenteren nu enige fundamentele eigenschappen van isometrieën. Stelling 1.2 Elke isometrie J voert lijnen in lijnen over. Bewijs. Liggen A, B en C in deze volgorde op één lijn, dan geldt d(a; B) + d(b; C) = d(a; C). Omdat J een isometrie is, geldt dan ook d(j (A); J (B)) + d(j (B); J (C)) = d(j (A); J (C)). Dit kan alleen als ook J (A), J (B) enj (C) in deze volgorde op één lijn liggen. Op soortgelijke manier bewijs je Stelling 1.3 Laat de isometrie J de verschillende punten A en B invariant, dan laat J ook elk ander punt van A + B invariant. Bewijs. Oefening. Stelling 1.4 Laat de isometrie J drie punten A, B en C, niet op één lijn, invariant, dan is J de identiteit. Bewijs. (Zie fig. 1) J laat alle punten van de drie verbindingslijnen A + B, B + C en C + A invariant. Door een willekeurig punt D is altijd een lijn te trekken die minstens twee van deze drie lijnen snijdt. Omdat deze punten invariant blijven, geldt hetzelfde voor elk punt op de verbindingslijn, dus ook voor D. Figuur 1. 1

56 Stelling 1.5 Geven isometrieën J 1 en J 2 hetzelfde beeld in drie punten die niet op één lijn liggen, dan zijn ze identiek. Bewijs. De isometrie J 1 2 J 1 laat de drie punten invariant en is dus de identiteit. 2 Lijnspiegelingen Bij elke lijn l is er precies één isometrie die alle punten van l invariant laat, maar niet de identiteit is. Dit is de lijnspiegeling in l. Notatie: S l. Er geldt: 1. S l (A) =A desda A l; 2. S 2 l = id (de identiteit). Hieruit volgt meteen S l = S 1 l ; 3. bij elk tweetal verschillende punten A en B is er precies één lijn l waarvoor S l (A) = B (en dus ook A = S 2 l (A) = S l(b)). l heet de middelloodlijn van AB; 4. als A B, geldt d(a; C) = d(b; C) desda C ligt op de middelloodlijn van AB. Lijnspiegelingen zijn de bouwstenen van de vlakke isometrieën,en wel in de volgende zin: Stelling 2.1 Elke vlakke isometrie J is te schrijven als de opeenvolging van ten hoogste drie lijnspiegelingen. Bewijs. (Zie fig. 2) Kies drie punten A, B en C, nietopéén lijn. Definieer J 1 = id als A = J (A), en J 1 = S l als A J (A), waarbij l de middelloodlijn is van AJ (A). Definieer verder J 2 = J 1 als J (B) = J 1 (B) enj 2 = S m J 1 als J 1 (B) J (B), met m de middelloodlijn van J (B) enj 1 (B). Merk nu op dat J (A) =J 1 (A) op m ligt, want d(j 1 (B); J 1 (A)) = d(a; B) =d(j (A); J (B)) = d(j 1 (A); J (B)) : Hieruit volgt J 2 (A) = S m J 1 (A) = J 1 (A) = J (A). Gezien de constructie geldt ook J 2 (B) = J (B). Als bovendien geldt J 2 (C) =J (C), dan is J = J 2. Als J 2 (C) J (C), dan is de lijn n = J (A) +J (B) de middelloodlijn van J 2 (C) enj (C), dus dan is J = S n J 2. Figuur 2. 2

57 Opgave 2.1 (a) Een lijn l en twee punten A, B aan dezelfde kant van l zijn gegeven. Bepaal een punt X l zo, dat AX en BX gelijke hoeken maken met l. (b) Laat l een lijn en C 1, C 2 twee cirkels aan dezelfde kant van l zijn. Bepaal een punt X l zo, dat één van de raaklijnen aan C 1 vanuit X dezelfde hoek met l maakt als één van de raaklijnen aan C 2 vanuit X. (c) A en B zijn twee punten aan dezelfde kant van een lijn l. Bepaal een punt X l zo, dat de hoek tussen AX en l tweemaal zo groot is als de hoek tussen BX en l. (Zie fig. 3.) Figuur 3. Opgave 2.2 Gegeven zijn drie lijnen l 1, l 2 en l 3 door één punt. Construeer een driehoek ABC zo, dat l 1, l 2 en l 3 de bissectrices van de driehoek zijn. Opgave 2.3 We hebben drie lijnen l 1, l 2 en l 3 door één punt, alsmede een punt A 1 op l 1. Construeer een driehoek ABC zo, dat A 1 het midden is van de zijde BC en l 1, l 2 en l 3 de middelloodlijnen van de zijden zijn. Opgave 2.4 Construeer een vierhoek ABCD als gegeven zijn de lengten van de vier zijden, terwijl bovendien de diagonaal AC hoek A doormidden deelt. Opgave 2.5 Construeer een vierhoek ABCD die een ingeschreven cirkel heeft (een zogenaamde raaklijnenvierhoek) als de lengten van de zijden AB en AD en bovendien de hoeken B en D gegeven zijn. Opgave 2.6 Bij een rechthoekig biljart zijn de zijden opeenvolgend z 1, z 2, z 3 en z 4. Een bal wordt vanuit punt A weggestoten in een bepaalde richting, treft achtereenvolgens de zijden z 1, z 2, z 3 en z 4 en bereikt daarna weer het punt A. Bepaal alle punten A en alle vertrekrichtingen vanuit A waarvoor dit mogelijk is, en bepaal de lengte van het traject dat de bal heeft doorlopen. (De bal denken we puntvormig, terwijl bij terugkaatsen tegen een zijde `hoek van inval'=`hoek van terugkaatsing' geldt.) Opgave 2.7 (a) H is het hoogtepunt van driehoek ABC. H 1, H 2 en H 3 zijn de beelden van H bij spiegeling in de zijden van ABC. Toon aan dat ze op de omgeschreven cirkel van ABC liggen. (b) Als H 1, H 2 en H 3 gegeven zijn, vind dan driehoek ABC terug. Opgave 2.8 Bewijs dat alle eventuele symmetrie-assen van een veelhoek door één punt gaan. Opgave 2.9 S 1 en S 2 zijn spiegelingen in verschillende lijnen l 1 en l 2. Bewijs dat S 1 S 2 = S 2 S 1 desda de lijnen l 1 en l 2 snijden elkaar loodrecht. (Het samenstellen van spiegelingen - of algemener, isometrieën - is dus niet commutatief!) 3

58 3 Translaties De samenstelling van spiegelingen in evenwijdige lijnen l 1 en l 2 heet een translatie. Is X het beeld van X, dan zijn lengte en richting van het lijnstuk XX onafhankelijk van de keuze van X. De lengte is tweemaal de afstand van l 1 en l 2, en de richting is loodrecht opl 1 en l 2, gericht van l 1 naar l 2. S l1 S l2 = S l3 S l4 dan en slechts dan wanneer l 3 en l 4 evenwijdig zijn aan l 2 (en l 1 ) en als de gerichte afstand van l 1 tot l 2 gelijk is aan die van l 3 tot l 4. Men kan dus bij het ontbinden van een translatie in twee lijnspiegelingen één van beide spiegelassen door een van tevoren gegeven punt kiezen. Figuur 4. Opgave 3.1 Gegeven zijn twee steden A en B aan weerszijden van een kanaal. Waar moet je een brug over het kanaal bouwen, opdat de weg van A naar B zo kort mogelijk is? De brug moet loodrecht op het kanaal staan. Figuur 5. Opgave 3.2 Beantwoord dezelfde vraag als er meerdere kanalen overbrugd moeten worden. Opgave 3.3 Bepaal de verzameling van alle punten waarvoor de som van de afstanden tot twee gegeven snijdende lijnen gelijk is aan een gegeven waarde. Opgave 3.4 ABCD is een vierhoek, M is het midden van AD, N is het midden van BC. Bewijs dat AB CD als de lengte van MN gelijk is aan de helft van de som van de lengten van AB en CD. 4

59 4 Rotaties De samenstelling van twee spiegelingen in snijdende lijnen l 1 en l 2 heet een rotatie. Het snijpunt S van l 1 en l 2 heet het centrum, en is ff de hoek tussen l 1 en l 2, dan geldt voor elk punt X S met beeldpunt X : XSX = 2ff. 2ff heet de rotatiehoek. Meet men alle hoeken steeds met dezelfde draaizin, bijvoorbeeld tegen de wijzers van de klok in, dan is ff tot op veelvouden van 2ß na bepaald. Figuur 7. Twee rotaties R 1 = S l2 S l1 en R 2 = S l4 S l3 zijn gelijk desda l 1, l 2, l 3 en l 4 gaan door één punt, terwijl bovendien de gerichte hoeken (l 1 ;l 2 )en (l 3 ;l 4 )opveelvouden van ß na gelijk zijn. Bij het ontbinden van een rotatie in twee spiegelingen kan men dus één van de twee spiegelassen vrij door het centrum kiezen. Hebben de rotaties S l2 S l1 en S l4 S l3 hetzelfde centrum, dan kan men l 2 = l 3 kiezen. De samenstelling S l4 S l3 S l2 S l1 = S l4 S l1 is dan een rotatie met als rotatiehoek de som van de hoeken van de samenstellende rotaties. Hebben de rotaties verschillende centra, dan kan men ook l 2 = l 3 kiezen. Ook dan is S l4 S l3 S l2 S l1 = S l4 S l1. De rotatiehoek van de resulterende transformatie is ook nu weer de som van de rotatiehoeken van de componenten. Is ff + fi 0modß, dan is l 1 l 4 en de resulterende isometrie is een translatie. De rotatiehoek is dan dus 2(ff + fi) 0mod2ß. Figuur 8. Op analoge wijze toont men aan dat de samenstelling van een rotatie en een translatie een rotatie is. In het algemeen geldt dus dat de opeenvolging van elk even aantal lijnspiegelingen een rotatie, een translatie of de identiteit is. Figuur 9. Voert een rotatie R een gericht lijnstuk AB over in een gericht lijnstuk A B, dan vindt men het rotatiecentrum S als snijpunt van de middelloodlijnen m 1 en m 2 van AA en BB. De rotatiehoek is de gerichte hoek tussen de dragers van AB en A B. Is de rotatiehoek gelijk aan ß, dan is het rotatiecentrum S het gemeenschappelijke middelpunt van de lijnstukken AA en BB. De rotatie R heet dan de puntspiegeling in S, en voor elk punt X is S het midden van XR(X). 5

60 Voorbeelden: Probleem 1. Gegeven zijn vijf punten O 1,..., O 5. Zoek een vijfhoek ABCDE zo, dat de vijf gegeven punten de middens van de zijden zijn. Oplossing. (Zie ook fig. 10) Puntspiegeling in O 1 voert A over in B, puntspiegeling in O 2 voert B over in C, etcetera. De opeenvolging van de vijf puntspiegelingen voert A dus in zichzelf over. Deze opeenvolging is zelf echter ook weer een puntspiegeling (de rotatiehoek is 5ß ß mod 2ß), en A is blijkbaar het rotatiecentrum. Men vindt A daarom door een willekeurig punt X te spiegelen in O 1,..., O 5. Is X het beeld, dan is A het midden van XX. Heeft men A, dan vindt men B,..., E ook weer door puntspiegelingen. Figuur 10. Probleem 2. Op de zijden van een willekeurige driehoek construeren we naar buiten toe gelijkzijdige driehoeken. Bewijs dat de centra O 1, O 2 en O 3 van deze driehoeken zelf ook een gelijkzijdige driehoek vormen. Oplossing. Gebruik de notatie R(S; ff) voor de rotatie met centrum S en rotatiehoek ff. R(O 3 ; 2ß 3 )R(O 1; 2ß 3 )R(O 2; 2ß )(A) =A, 3 dus A is het centrum van deze samengestelde rotatie. De rotatiehoek van de samenstelling is echter 2ß 0mod2ß, dus de samenstelling is de identiteit. Dit betekent R(O 1 ; 2ß 3 )R(O 2; 2ß 3 )=R(O 3; 2ß ). 3 Deze samenstelling is echter ook een rotatie met als centrum de top van een driehoek met basis O 1 O 2 en basishoeken 1 2ß = ß. Het centrum is het punt O 3, dus O 1 O 2 O 3 is gelijkzijdig. Figuur 11. Opgave 4.1 Twee cirkels snijden elkaar in een punt A. Bepaal een lijn door A zo, dat de cirkels op die lijn gelijke koorden uitsnijden. Figuur 12. 6

61 Figuur 13. Opgave 4.2 Stel dat de figuur F minstens twee verschillende symmetriecentra heeft. (Een punt S heet symmetriecentrum van F als F in zichzelf overgaat bij puntspiegeling in S.) Bewijs dat F dan oneindig veel verschillende symmetriecentra heeft. Een voorbeeld van zo'n figuur is een oneindig lange strook: elk punt op de as is dan symmetriecentrum. Opgave 4.3 ABCD is een willekeurige vierhoek. Bewijs dat de middens van de zijden een parallellogram vormen. Opgave 4.4 Hoe zit het als in het eerste voorbeeld boven zes punten in plaats van vijf gegeven zijn en we een zeshoek zoeken in plaats van een vijfhoek? Opgave 4.5 Bepaal een gelijkzijdige driehoek waarvan de hoekpunten liggen op (a) drie gegeven evenwijdige lijnen (b) drie gegeven concentrische cirkels of bewijs dat dit niet kan. Opgave 4.6 Op de zijden van een willekeurige driehoek ABC worden gelijkzijdige driehoeken geconstrueerd: BCK en ACL naar buiten en ABM naar binnen. S is het centrum van ABM. Bewijs: driehoek LSK is gelijkbenig en LSK = 2ß. 3 Figuur 14. Opgave 4.7 Op de zijden van een willekeurige vierhoek ABCD worden naar buiten toe vierkanten geconstrueerd. De centra hiervan zijn M 1, M 2, M 3 en M 4. Bewijs: (a) M 1 M 3 = M 2 M 4 en M 1 M 3 M 2 M 4 ; (b) is ABCD een parallellogram, dan is M 1 M 2 M 3 M 4 een vierkant. Figuur 15. 7

62 5 Glijspiegelingen Er blijft nog over het onderzoek van de isometrieën die zijn samengesteld uit drie lijnspiegelingen. Gaan l 1, l 2 en l 3 door één punt, dan is S l3 S l2 S l1 te vervangen door één lijnspiegeling S l4 in een lijn door het snijpunt zo, dat (l 1 ;l 2 )= (l 4 ;l 3 ). Evenzo, is l 1 l 2 l 3, dan is S l3 S l2 S l1 = S l4 voor zekere l 4 l 1. Figuur 16. Figuur 17. Doet geen van deze gevallen zich voor, dan is S l3 S l2 S l1 niet te schrijven als één lijnspiegeling. Minstens twee van de lijnen snijden elkaar, zeg l 1 en l 2. Noem het snijpunt S. l 3 gaat niet door S. Vervang het paar (l 1 ;l 2 )doorhetpaar (l 1 ;l 2) met l 2 l 3. Vervang vervolgens het paar (l 2 ;l 3) door het paar l 2 ;l 3 ) met l 1 l 3. De isometrie S l3 S l2 S l1 = S l 3 S l 2 S l 1 is dus de samenstelling van een translatie en een spiegeling in een lijn evenwijdig aan de translatierichting. Zo'n isometrie heet een glijspiegeling (ook wel schuifspiegeling). Als l 1 l 2 en l 2 l 3 kan men net zo aantonen dat de isometrie dan een glijspiegeling is. De isometrieën zijn nu volledig gecatalogiseerd. Er is een wezenlijk onderscheid tussen enerzijds de identiteit, de Figuur 18. rotaties en de translaties, en anderzijds de lijn- en glijspiegelingen. Translaties en rotaties kan men zich indenken als `opgebouwd' uit vele zeer kleine translaties en rotaties (d.w.z. waarbij origineel en beeld zeer weinig verschillen). Origineel en beeld kunnen `continuinelkaar worden overgevoerd'. Men kan bewijzen (en intu tief is dit ook plausibel) dat zulks bij spiegelingen en glijspiegelingen niet mogelijk is, als men zich tenminste beperkt tot bewegingen in het vlak. Translaties, rotaties en de identiteit noemt men directe isometrieën of bewegingen. Lijn- en glijspiegelingen heten indirecte isometrieën. Heeft men in het vlak twee niet zelf spiegelsymmetrische figuren F 1 en F 2 die door een isometrie in elkaar kunnen worden overgevoerd, dan kan men aan de figuren onmiddellijk zien of ze door een directe isometrie in elkaar zijn over te voeren (ze zijn dan `gelijk georiënteerd'), of door een indirecte isometrie (ze zijn dan `tegengesteld georiënteerd'). Bij toepassingen is het vaak nuttig translatierichting en -afstand, rotatiecentrum en -hoek, spiegelas of glijspiegelas en -afstand van de betreffende isometrie op te sporen. 8

63 Opgave 5.1 Gegeven is een lijn l, twee punten A en B aan dezelfde kant van l, en een positief getal a. Bepaal punten X, Y met afstand a op l zo, dat de lengte van de weg AXY B minimaal is. Opgave 5.2 Construeer een vierhoek ABCD met gelijke hoeken C en D als de lengten van de zijden AB en CD,desomvan de lengten van de zijden BC en AD en de afstand van A tot de drager van de zijde CD. Opgave 5.3 Een punt X wordt achtereenvolgens gespiegeld in de zijden van een gegeven driehoek, en daarna nog eens (in dezelfde volgorde). Het resultaat is een punt X. Bewijs dat X X. Bepaal ook het beeld van X onder de samenstelling van deze zes spiegelingen. Opgave 5.4 Gegeven zijn twee lijnen l 1 en l 2 met op l 1 een punt A en op l 2 een punt B. Bepaal een lijn m diedelijnenl 1 en l 2 in de punten X en Y snijdt zo, dat AX = BY, terwijl bovendien (a) m evenwijdig is met een gegeven lijn n. (b) m door een gegeven punt M gaat. (c) het lijnstuk XY een gegeven lengte a heeft. (d) het lijnstuk XY door een gegeven lijn r door midden wordt gedeeld. Opgave 5.5 Wat is het product van twee glijspiegelingen langs onderling loodrechte assen? Opgave 5.6 Een glijspiegeling voert het gerichte lijnstuk AB over in A B. Bewijs dat de glijspiegelas gaat door de verbindingslijn van het midden van AA en BB. 6 Isometrieën van de ruimte Op analoge wijze zijn de isometrieën van de ruimte te catalogiseren. Men bewijst dan: elke isometrie is de opeenvolging van ten hoogste vier vlakspiegelingen. Onderzoek van de mogelijkheden geeft Directe isometrieën (1) twee vlakspiegelingen: of een translatie (evenwijdige vlakken), of een rotatie (snijdende vlakken) met de snijlijn als rotatieas. (2) vier vlakspiegelingen: indien geen rotatie of translatie, dan kan men de vlakken zo kiezen dat de opeenvolging ontstaat van een rotatie en een translatie langs de rotatieas. Zo'n beweging heet een schroefbeweging. Indirecte isometrieën (1) één vlakspiegeling. (2) drie vlakspiegelingen, waarbij de vlakken niet door één lijn gaan, of onderling evenwijdig zijn (anders is de samenstelling weer een vlakspiegeling). Gaan de drie vlakken door één punt, dan kan kan men ze zo kiezen dadt de samenstelling een rotatie is, gevolgd door een spiegeling in een vlak loodrecht op de rotatieas. De isometrie heet dan een draaispiegeling. Gaan de drie vlakken niet door één punt, dan is de snijlijn van twee van hen evenwijdig aan het derde vlak. Men kan de vlakken dan zo kiezen dat een spiegeling ontstaat, gevolgd door een translatie in een richting evenwijdig aan het spiegelvlak. Zo'n isometrie heet een glijspiegeling. 9

64 Lesbrief 9 Meetkunde II 1 Puntvermenigvuldigingen Definitie 1.1 Een transformatie G van het vlak heet een gelijkvormigheidstransformatie (verder afgekort als gt) als er een constante f > 0 bestaat zo, dat voor elk tweetal punten X en Y geldt dat d(g(x); G(Y )) = f d(x; Y ). f heet de factor van G. Het is duidelijk dat als G 1 en G 2 gt's zijn met factoren f 1 en f 2, G 2 G 1 een gt is met factor f 2 f 1. Als de factor van een gt gelijk is aan één, is de gt een isometrie. Definitie 1.2 Stel O is een vast punt en f een positieve constante. De transformatie V(O; f) die aan elk punt X het punt X toevoegt op de halfrechte vanuit O door X zo, dat d(o; X ) = f d(o; X), heet de puntvermenigvuldiging (verder afgekort als pv) met centrum O en factor f. Elke pv met factor f is ook een gt, want voor elk paar X, Y met beelden X en Y geldt d(x ;Y ) = f d(x; Y ). Bovendien geldt: als O 1 O 2, dan is V(O 2 ;f 2 )V(O 1 ;f 1 ) een pv, tenzij f 2 f 1 =1. In dat geval is het een translatie. Opgave 1.1 Bepaal van V(O 2 ;f 2 )V(O 1 ;f 1 ) het centrum of in het speciale geval de translatierichting en -afstand. Opgave 1.2 Verklaar de werking van de pantograaf. Dit instrument bestaat uit vier scharnierend verbonden staven die een parallellogram vormen. PintmenO vast en laat men P een figuur F beschrijven, dan beschrijft P een figuur F die ontstaat uit F door een pv V(O; f). Hoe groot is f? Figuur 1. Opgave 1.3 Hoe kan men de pantograaf gebruiken om een pv met `negatieve factor' (d.w.z. een pv, gevolgd door een puntspiegeling in het centrum) te verkrijgen? Opgave 1.4 Gegeven is een driehoek ABC. Construeer een vierkant PQRS met P en Q op AB, R op BC en S op AC. Stel G is een gt met factor f. Kies een willekeurig punt O. Dan is V(O; 1 )G een f gt met factor 1, dus een isometrie J. G is dus te schrijven als G = V(O; f)j. Elke gt is blijkbaar een opeenvolging van een isometrie en een pv. Het omgekeerde geldt natuurlijk ook. 1

65 Bij een pv kan men origineel en beeld continu in elkaar overvoeren. De `oriëntatie' blijft hierbij behouden. Er zijn dus twee soorten gt's: De directe gt's (verder dgt's genoemd), waarbij de oriëntatie niet verandert. De in zo'n dgt bevatte isometrie is een translatie, een rotatie of de identiteit. De indirecte gt's (verder igt's genoemd), waarbij origineel en beeld tegengesteld georiënteerd zijn. De in zo'n igt bevatte isometrie is een lijn- of glijspiegeling. 2 Invariante punten Een gt met factor ongelijk aan 1 kan hoogstens één invariant punt hebben, want zouden P en Q beide invariant zijn, dan zou hun afstand gelijk blijven, in plaats van met de factor vermenigvuldigd te worden. Het is merkwaardig dat elke gt met factor ongelijk aan 1 ook precies één invariant punt heeft. Stelling 2.1 Elke gt G met factor f 1 heeft precies één invariant punt en we kunnen dit punt construeren. Bewijs. Men onderscheidt twee gevallen: (1) Elke lijn gaat over in een evenwijdige lijn. Kies een punt A. Als het beeld A ongelijk is aan A, gaatdelijn A + A in zichzelf over. Kies B buiten die lijn. Als het beeld B ongelijk is aan B, gaatookb + B in zichzelf over. Zouden A+A en B+B elkaar niet snijden, dan zouden A, A, B en B een parallellogram vormen, want AB A B. Dan zou echter d(a; B) =d(a ;B )zijn, in tegenspraak met f 1. A + A en B + B snijden elkaar dus in een punt O dat wel invariant moet blijven. Figuur 2. (2) Er is een lijnstuk AB zo, dat het beeld A B niet met AB evenwijdig is. Construeer een parallellogram ABCD. Het beeld ervan is een parallellogram A B C D. Laat P het snijpunt zijn van AB en A B,enR dat van CD en C D. Stel P en R zijn de beelden van P en R. PR en P R zijn niet evenwijdig, want dan zouden P, P, R en R een parallellogram vormen, met als gevolg dat d(p; R) = d(p ;R ). Het snijpunt O van PRen P R verdeelt PRen P R Figuur 3. in dezelfde verhouding, want PP en RR zijn evenwijdig. O is dus invariant onder G. 2

66 Men ziet gemakkelijk in (bijvoorbeeld aan de hand van de hierna volgende catalogisering) dat men het parallellogram ABCD altijd zo kan kiezen dat ook BC en B C, en dus ook DA en D A elkaar snijden. Het (enige) invariante punt O van G ligt dan natuurlijk ook op de verbindingslijn QS van die twee snijpunten, dus hiermee is O als snijpunt van PR en QS te construeren. 3 Standaardvormen Als G = V(O; f)j een gt met factor f 1eninvariant punt O is, is O ook invariant onderj = V(O; 1 )G. J is dus een rotatie R(O; ff) met centrum O en zekere f rotatiehoek ff (eventueel ff =0)alsJ direct is, en een lijnspiegeling S l in een lijn l door O als J indirect is. In het eerste geval heet G een draaivermenigvuldiging met centrum O, factor f en rotatiehoek ff. In het tweede geval heet G een spiegelvermenigvuldiging. De lijn l en de lijn m door O loodrecht opl zijn dan de enige lijnen dieinzichzelf overgaan (l blijft gelijk gericht, m wordt omgeklapt). l en m heten de assen van de spiegelvermenigvuldiging en O het centrum. In de schrijfwijze G = V(O; f)r(o; ff) respectievelijk G = V(O; f)s l (met O l) mag men de pv en de rotatie, respectievelijk de pv en de lijnspiegeling, verwisselen: G = V(O; f)r(o; ff) =R(O; ff)v(o; f) respectievelijk G = V(O; f)s l = S l V(O; f) : Figuur 4. Figuur 5. Opgave 3.1 Stel J is een isometrie en J (O) O. Bewijs: als f 1enf > 0, dan is V(O; f)j = JV(O; f). Opgave 3.2 Stel G 1 en G 2 zijn dgt's met factoren f 1 en f 2, al dan niet verschillende centra, en rotatiehoeken ff 1 en ff 2. Bewijs dat G 2 G 1 rotatiehoek ff 1 + ff 2 heeft. 3

67 Opgave 3.3 G is een dgt met factor ongelijk aan 1. Stel dat de punten A en B worden overgevoerd in A en B en dat AA en BB elkaar snijden in een punt S, ongelijk aan A, A, B of B. Bewijs dat het invariante punt O van G het tweede snijpunt isvan de cirkels (ABS) en (A B S). Figuur 6. Opgave 3.4 Stel AB en A B zijn verschillend van lengte, A A en B B. Stel A 1 en A 2 verdelen het lijnstuk AA inwendig en uitwendig in de verhouding AB : A B en stel B 1 en B 2 doen hetzelfde met BB. Bewijs dat de lijnen A 1 + B 1 en A 2 + B 2 de invariante assen zijn van de igt die AB overvoert in A B. Figuur 7. Voorbeeld: ABCD is een vierkant met centrum P en AB C D is een vierkant met centrum Q. R is het midden van BD en S is het midden van B D. Dan is PSQR ook een vierkant. Bewijs. De dgt D(D; 2; ß ) met centrum D, factor 2 en rotatiehoek ß voert 4 4 P over in A. De dgt D(B ; 2 1 2; ß ) voert A over in Q. Het product van beide 4 is een rotatie (nl. een dgt met factor 1) over een hoek ß die P overvoert in Q. 2 Maar S is hiervan het centrum, want eerst wordt S overgevoerd in T en daarna weer terug in S. Net zo bewijst men dat PR = QR en PR QR. Figuur 8. Opgave 3.5 Analoog aan het voorbeeld, maar nu ligtp op CA, Q op AC, R op BD en S op DB zo, dat CP : PA = AQ : QC = BR : RD = DS : SB = t :1 (t willekeurig). Bewijs dat dan nog steeds PSQR een vierkant is. Opgave 3.6 Behandel op een analoge wijze voorbeeld 2 uit 4 van de lesbrief Isometrieën. 4

68 Opgave 3.7 Gegeven zijn gelijkzijdige driehoeken ABO en A B O met een gemeenschappelijk hoekpunt O zo, dat de hoeken ABO en A B O gelijk gericht zijn. Het centrum S van driehoek ABO valt niet samen met A of B. M is het midden van BA, N dat van AB. Bewijs dat de driehoeken SMB en SNA gelijkvormig zijn. Opgave 3.8 Op de buitenkanten van de zijden van driehoek ABC worden driehoeken ABR, BCP en CAQ geconstrueerd met CBP = CAQ = 45, BCP = ACQ =30 en ABR = BAR =15. Bewijs dat QRP =90 en QR = RP. (IWO 1975) Figuur 9. Figuur Regelmatige veelvlakken Een veelvlak in de ruimte heet regelmatig als alle hoekpunten, alle ribben en alle zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, m.a.w. op dezelfde wijze in het geheel passen. Bovendien eisen we dat alle zijvlakken regelmatige veelhoeken zijn. Zo'n veelvlak kan dus geen inspringende hoekpunten of ribben hebben, want niet alle hoekpunten of ribben kunnen inspringend zijn: zou slechts een gedeelte inspringend zijn, dan zouden ze niet allemaal onderling gelijkwaardig zijn. Bijgevolg moet de som van de hoeken van de regelmatige veelhoeken die in één hoekpunt samenkomen, kleiner zijn dan 2ß. Anders zouden immers deze zijvlakken samen in één vlak liggen, of er zouden inspringende ribben van zo'n hoekpunt moeten uitgaan. Omdat ook alle zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, en in elk hoekpunt minstens drie zijvlakken samenkomen, kunnen de zijvlakken slechts regelmatige drie-, vier- of vijfhoeken zijn (een regelmatige n-hoek heeft hoeken van n 2 ß). Bij vier- en vijfhoeken kunnen er n alleen maar drie in één hoekpunt samenkomen, bij regelmatige driehoeken kunnen er drie, vier of vijf samenkomen. In totaal zijn er dus hoogstens vijf regelmatige veelvlakken mogelijk. Deze vijf bestaan inderdaad allemaal: De tetraëder. Het regelmatige viervlak, waarbij in elk hoekpunt drie gelijkzijdige driehoeken samenkomen. De hexaëder. Het regelmatige zesvlak (kubus), waarbij in elk hoekpunt drie vierkanten samenkomen. De octaëder. Het regelmatige achtvlak, waarbij in elk hoekpunt vier gelijkzijdige driehoeken samenkomen. De dodecaëder. Het regelmatige twaalfvlak, waarbij in elk hoekpunt drie regelmatige vijfhoeken samenkomen. De icosaëder. Het regelmatige twintigvlak, waarbij in elk hoekpunt vijf gelijkzijdige driehoeken samenkomen. 5

69 H G E F D C A B Figuur 11. Het bestaan van de vijf regelmatige veelvlakken was reeds aan Plato bekend. Zijn leerling Euclides bewijst in het laatste deel van zijn Elementen" het bestaan ervan door te beschrijven hoe je ze kan construeren. Zie ook fig. 11. Uitgaande van de kubus ABCD EF GH vind je bijvoorbeeld ACF H als tetraëder. De centra van de zijvlakken van de kubus vormen precies de hoekpunten van een oktaëder. De constructie van dodecaëder en icosaëder is lastiger. Euclides maakte de dodecaëder door op elk zijvlak van de kubus een geschikt `dakje' te plaatsen. De twaalf centra van de zijvlakken van zo'n twaalfvlak vormen de hoekpunten van een regelmatig twintigvlak. Op de details van Euclides' constructie gaan we hier niet in. Een andere constructie van de icosaëder volgt uit opgave 5.2. De twintig centra van de zijvlakken hiervan zijn weer de hoekpunten van een dodecaëder. 5 Schetsen en modellen Bij de studie van de regelmatige veelvlakken is het vaak handig een schets te maken. Voor kubus en viervlak is dit geen probleem. Bij de octaëder is het verstandig eerst een vierkant diagonaalvlak te tekenen. Voor een ruwe schets van de dodecaëder verdeel je de cirkel in tien gelijke delen. Binnen de zo ontstane tienhoek teken je excentrisch een regelmatige vijfhoek als voorvlak. Door spiegeling in het centrum van de cirkel krijgt je hieruit het achtervlak, waarna je de rest kan intekenen. Analoog maak je voor een schets van de icosaëder, uitgaande van een regelmatige zeshoek `op zijn punt' met daarin excentrisch een regelmatige driehoek `op zijn punt' als voorvlak. Je kan van de veelvlakken ook draadmodellen maken. Zie je zo'n model in perspectief vanuit een punt even buiten het centrum van een zijvlak, dan zie je dit zijvlak als een grote veelhoek, met daarin alle andere zijvlakken naast elkaar. Zo'n projectie heet een Schlegel-diagram. Driedimensionale modellen kan je maken van karton met behulp van een uitslag als bouwplaat, gevormd door het juiste aantal regelmatige veelhoeken op een geschikte manier tegen elkaar gelegd. In fig. 12 vind je elk van de regelmatige veelvlakken in drie gedaanten: `normaal', als uitslag en als Schlegel-diagram. 6

70 Typisch aanzicht Uitslag Schlegeldiagram Tetraëder Hexaëder/ Kubus Octaëder Dodecaëder Icosaëder Figuur 12. Opgave 5.1 De dodecaëder en icosaëder hebben elk 30 ribben. Beschouw de 30 middens van deze ribben. In beide gevallen kan men ze zo in vijf groepen van 6 verdelen, dat elke groep de hoekpunten vormt van een regelmatig achtvlak. Maak een schets van dodecaëder en icosaëder met in elk één van de vijf octaëders ingetekend. Opgave 5.2 De 12 ribben van het regelmatige achtvlak worden allemaal op zekere wijze in dezelfde verhouding t : (1 t) verdeeld. (fig. 13) Bewijs dat men t zo kan kiezen, dat de 12 deelpunten de hoekpunten vormen van een regelmatig twintigvlak. Bereken t in dit geval. Figuur 13. Opgave 5.3 Leg een massieve dodecaëder met één van zijn zijvlakken op tafel. Laat loodrecht een bundel evenwijdige lichtstralen op tafel vallen. Wat voor silhouet ontstaat er? Beantwoord dezelfde vraag voor de andere regelmatige veelvlakken, en ook als je een veelvlak op een hoekpunt of ribbe laat balanceren. Opgave 5.4 Onderzoek de isometrieën die het regelmatige viervlak in zichzelf overvoeren. Omdat bij al deze isometrieën het centrum van het viervlak invariant is, komen als directe isometrieën slechts rotaties en als indirecte isometrieën slechts draai- en vlakspiegelingen in aanmerking. Laat zien dat er 12 directe isometrieën zijn (inclusief de identiteit). Bepaal in alle gevallen de rotatieas en de rotatiehoek. Laat zien dat er ook 12 indirecte isometrieën zijn. De volledige groep van isometrieën van de tetraëder telt dus 24 elementen. 7

71 Opgave 5.5 Laat zien dat de groep van isometrieën van de kubus 48 elementen telt: 24 directe en 24 indirecte isometrieën. Laat zien dat er een één-op-één correspondentie is tussen de 24 directe isometrieën en de permutaties van de 4 lichaamsdiagonalen. Opgave 5.6 Bewijs dat de groepen van isometrieën van de dodecaëder en de icosaëder gelijk zijn. Bewijs hetzelfde voor kubus en octaëder. Opgave 5.7 Bewijs dat de groep van de isometrieën van dodecaëder en icosaëder 120 elementen telt: 60 directe en 60 indirecte isometrieën. Elke isometrie geeft een permutatie van de 5 ingeschreven octaëders (vergelijk opgave 5.1). Zijn er isometrieën ongelijk aan de identiteit die de identieke permutatie geven? Treden alle mogelijk permutaties op? Opgave 5.8 Bij geschikt gekozen projectierichting kan door parallelprojectie uit een regelmatig veelvlak een regelmatige n-hoek ontstaan. Welke waarden van n zijn mogelijk? 8