universitaire olympiade bundel

Transcriptie

1 universitaire olympiade bundel olympia 30 juli

2 Inhoudsopgave 1 samenvatting universitaire theorie lineaire algebra matrices vectorruimten Abstracte algebra groepen deelgroepen cyclische groepen permutatiegroepen diëdergroepen isomorfismes nevenklassen ( uitwendig) direct product van groepen normal subgroups and factor groups groephomomorfismen eigenschappen van eindige Abelse groepen G Ring Integral domain Veld (field) Ideals and Factor Rings ring homomorfisme Polynomial Rings factorization of polynomials Cyclotomic polynomials Analyse metrische ruimten defenities analytische objecten middelwaardestellingen

3 1.3.4 Reeksen voorbeeldvragen vinden 21 3 bijlages pure problem-solvingpdfs combinatoriek grafentheorie

4 inleiding In deze bundel bespreken we de verschillende onderwerpen die op universitaire olympiades vaak voorkomen. Dit kan leuke problem-solving zijn gelijkaardig aan middelbare competities ( zie hiervoor de vele bronnen die staan op bij stellingenvoorbeelden- Bundel.pdf ). Dit kan saaie calculus zijn of hieraan geralateerd, wat ongeveer in iedere wetenschappelijke richting wordt gezien. Universitaire problem-solving bevat ook vragen waarbij een theoretische achtergrond echt wel vereist. Dat bespreken, gebeurt aan de hand van samenvatting, waarbij men kan uitwijden naar de vele bijlages wanneer iets nog niet voldoende duidelijk is. Dit bestand wordt nog meermaals bijgewerkt. Indien men met iets niet akkoord gaat, kan men dit met een mailtje naar olympia@problemsolving.be melden. 4

5 1 samenvatting universitaire theorie Merk op dat het deel combinatoriek en pure problem-solving interessant is en niet in deze sectie samengevat. (de volledige Engelstalige PDF voor grafentheorie niet meerekend) 1.1 lineaire algebra matrices Eigenschappen determinant determinant verandert niet door elementaire operaties van de vorm R i R i + λr j of C i C i + λc j de determinant is lineair in iedere rij of kolom Als A, B vierkante matrices zijn: 1. Indien AB = I, is ook BA = I 2. det(ab) = dat(a)det(b) en dat(a) = det(a T ) 3. determinant van A is 0 als rank(a) < dim(a) eigenwaarden Een niet-nulvector v is een eigenvector van een n*n - matrix A als er een λ bestaat zodat Av = λv. λ is de eigenwaarde en is een nulpunt van de karakteristieke veelterm det(x I n A). Gelijkvormige matrices ( vorm P 1 AP ) hebben zelfde karakteristieke veelterm, determinant en spoor. Het spectrum is de verzameling van alle eigenwaarden. De dimensie van de eigenruimte van een eigenwaarde λ = de meetkundige multipliciteit is kleiner of gelijk aan de algebrische multipliciteit. Het spoor van A is gelijk aan de som van alle eigenwaarden, de determinant van A is gelijk aan het product van alle eigenwaarden van A. nilpotente matrices Een nilpotente matrix is een matrix die voldoet aan A n = O voor zeker n een natuurlijk getal. Dit is equivalent met alle eigenwaarden van A zijn 0. Cayley-Hamilton Als A k n n een matrix is met karakteristieke veelterm p(t), dan geldt p(a) = 0. 5

6 1.1.2 vectorruimten Een vectorruimte (F, V, +) bestaat uit een commutatieve groep (V, +) zodat er distributiviteit en gemengde associativiteit bestaat tegenover de coëfficiënten van een veld F. Een lineaire afbeelding L : V W tussen 2 vectorruimten voldoet aan a L(v) + b L(w) = L(a v + b w). De dimensie van de vectorruimte= de dimensie van de kern + dimensie Image. Een inproduct op een vectorruimte voldoet aan de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz < v, w > v w en de driehoeksongelijkheid v + w v + w. 6

7 1.2 Abstracte algebra groepen Een inwendige bewerking (= een samenstelling) = een functie op een groep A : A A A:(a, b) a b = ((a, b)) = ab Zij G een nietledige verzameling samen met een inwendige bewerking die elk geordend paar (a, b) afbeeldt op ab. We zeggen dat G een groep is als associatief : a, b, c G : (ab)c = a(bc) identitieit / neutraal element : 1ofe G : ae = a = ea invers element : a 1 G: aa 1 = e = a 1 a Als ab = ba a, b G dan is G commuatief Eigenschappen De identieke is uniek Een invers element is uniek cancellation geldt: ab = ac b = c 7

8 1.2.2 deelgroepen Het aantal elementen van een groep G wordt de order/orde genoemd en genoteerd als G De orde van een element g van G is de kleinste natuurlijke n zodat g n = e en wordt genoteerd als g Als een deelverzameling H van een groep G met dezelfde operatie zelf een groep is, wordt het een subgroep genoemd. H is een subgroep, als en slechts als ab 1 H a, b H. Noteer < a >= {a n n Z}, dan is < a > een deelgroep van G voor ieder element a G. Hierbij geldt dat a 0 = e en als G =< a > voor zekere a G, heet G een cyclische groep en a een generator van de groep. Het centrum van G wordt genoteerd als Z(G) = {a G ax = xa x G} en dit is een deelgroep van G. The centralizer C(a) van een element a G is de verzameling van alle elementen die commuteren met a. Er geldt dat C(a) = {g G ga = ag} een deelgroep is van G. 8

9 1.2.3 cyclische groepen Als G =< a >= {1, a, a n 1 } een cyclische groep is met orde n, geldt dat a i = a j asa n i j. G =< a k > asa ggd(k, n) = 1. Elke subgroep van een cyclische groep is cyclisch. Als d n, dan is het aantal elementen met orde(r) d in een cyclische groep G met G = n gelijk aan φ(d). 9

10 1.2.4 permutatiegroepen Een permuatie van een verzameling A naar A is een bijectieve functie van A A. De verzameling van alle permutaties van A A vormt een groep onder de samenstelling van functies. vb. de symmetrische groep S n die bestaat uit alle permutaties van {1, 2, n} naar {1, 2, n}. S n = n! en deze groep is niet abels/ commutatief als n 3. De cycle (abc z) is de notatie voor de permutatie P zodat P (a) = b, P (b) = c P (z) = a. Iedere permuatie van een eindige verzameling kan worden geschreven als het product van disjuncte cycles ( geen gemeenschappelijke elementen). Disjuncte cycles a, b voldoen aan ab = ba. De orde van een permutatie van een eindige groep geschreven in disjunctecyclevorm is het kgv van de ordes van de cycles. Elke permutatie in S n (n > 1) is het product van 2-cycles. Zo n schrijfwijze is niet uniek, maar het aantal 2-cycles heeft steeds dezelfde pariteit. Elke permutatie die kan woren geschreven als het product van een even aantal cycles wort een even permutatie genoemd (analoog voor oneven permutaties) De verzameling van de even permutaties uit S n wordt genoteerd als A n, vormt een groep the alternating group of degree n die orde n! 2 heeft diëdergroepen The dihedral group D n = {1, a, a 2,, a n 1, b, ab, a 2 b, a n 1 b} is een groep waarvoor geldt a = n a k b = 2 a k b = ba n k 10

11 1.2.6 isomorfismes Een isomorfisme φ van een groep G,. naar een groep J, is een een bijectieve functie van G J zodat a, b G φ(a.b) = φ(a) φ(b). stelling van Cayley Iedere groep is isomorf met een groep van permutaties. eigenschappen van isomorfismen Zij φ een isomorfisme van G,. met nautraal element e g naar een groep J, met identieke e j. Met n bedoelen we een willekeurig natuurlijke getal, a, b G zijn willlekeurige elementen uit G. φ(e g ) = e j φ(a n ) = (φa) n a, b commuteren asa φa, φb commuteren. G is abels asa J abels is a = φa G is cyclisch asa J cyclisch is de vergelijking x n = b in G heeft evenveel oplossingen als x n = φ(b) in J. (b, n vast) φ 1 is een isomorfisme van J naar G Als K een subgroep is van G is φk = {φk k K} een subgroep van J Een isomorfisme van G naar zichzelf is een automorfisme van G genoemd. De verzameling van alle automorfismen van G wordt genoteerd met Aut(G). Zij a G, dan is φ a (x) = axa 1 inwendig automorfisme van G geinduceerd door a genoemd. De verzameling van alle inwendige automorfismen van G wordt genoteerd met Inn(G). Zowel Inn(G), Aut(G) vormen een groep met de operatie van functiesamenstelling. 11

12 1.2.7 nevenklassen De linkernevenklasse van H in G die a (a G) bevat is de verzameling ah = {ah h H}. De rechternevenklasse van H in G die a bevat is de verzameling Ha = {ha h H}. Zij H een subgroep van G en a, b G, dan geldne volgende eigenschappen (analoog voor rechternevenklassen) a ah ah = H asa a H ah = bh of ah bh = ah = bh asa ab 1 H ah = bh ah = Ha asa H = aha 1 ah is een subroep van G asa a H Lagrange s stelling: als G een eindige groep is en H een deelgroep van G geldt dat het aantal disjuncte linkernevenklassen gelijk is aan G H. H is dus steeds een deler van G. Als G eindig is, is 1. g G : g een deler van G. 2. G priem, dan is het een cyclische groep. 3. a G = e ( gevolgen: kleine stelling van Fermat en met Euler totient functie) Zij G een groep van permuaties van een verzameling S, voor elke i S is stab G (i) = {φ G φ(i) = i} the stabilizer of i in G. Voor elke s S is orb G (s) = {φ(s) φ G} the orbit of s under G. orbit-stabilizer Theorem G = orb G (i) stab G (i) waarbij i S en G een groep van permutaties van S is. 12

13 1.2.8 ( uitwendig) direct product van groepen Zij G 1, G 2 G n een eindige collectie van groepen. Het direct product van deze groepen is G 1 G2 Gn = {(g 1, g n ) g i G i }. Hierbij is (g 1, g n ) (h 1, h n ) = (g 1 h 1,, g n h n ) waarbij ieder product g i h i met de operatie van groep G i is samengesteld. De orde van een element van een direct product van een eindig aantal eindige groep is het kgv van de ordes van de componenten van het element: (g 1, g n ) = kvg( g 1,, g n ). G 1, G 2 zijn cyclische groepen, dan is G 1 G2 cyclisch asa G 1, G 2 relatief priem zijn. Dus als G 1 G2 Gn een direct product is van eindige cyclische groepen, is de gevormde groep cyclisch asa ggd( G i, G j ) = 1 als i j normal subgroups and factor groups Een normale subgroep is een subgroep H van G zodat voor elke a G geldt dat ah = Ha, wat equivalent is met a G:aHa 1 H. Zij H een normale subgroep van G. De verzameling G/H = {ah a G} is een groep onder de operatie (ah)(bh) = abh en noemt met de quotiëntgroep of factorgroep. Als G/Z(G) cyclisch is, is G abels. Zij G een eindige abelse groep en p een priemgetal die G deelt, dan bestaat er een g G: g = p. 13

14 groephomomorfismen Een (homo)morfisme φ van een groep G,. naar een groep J, is een een functie van G J zodat a, b G φ(a.b) = φ(a) φ(b). De kern is de verzameling Kerφ = {x G φ(x) = e} en als φ een morfisme is, is Kerφ een normale deelgroep van G. Dit geldt ook omgekeerd: iedere normale deelgroep van een groep G is de kern van een homomorfisme van G. Zij φ een morfisme van G,. met nautraal element e g naar een groep J, met identieke e j. Met n bedoelen we een willekeurig natuurlijke getal, a, b G zijn willlekeurige elementen uit G. φ(e g ) = e j φ(a n ) = (φa) n Als φg = h, dan is φ 1 (h) = gkerφ als H een deelgroep is van G : φ(h) = {φ(h) h H} is een deelgroep van J eigenschappen van eindige Abelse groepen G Als m een deler is van G, dan heeft G een deelgroep van orde m. Als G een macht is van een priemgetal, is het een direct product van cyclische groepen. 14

15 Ring Een ring is een verzameling R met twee inwendige bewerking +, zodat 1. a+b=b+a 2. (a+b)+c=a+(b+c) 3. 0 R : a + 0 = a = 0 + a 4. a R : a + ( a) = 0 = ( a) + a 5. a (bc) = a(bc) = (ab)c 6. a(b + c) = ab + ac and (b + c)a = ba + ca Samengevat R, + een Abelse groep (commutatieve groep) en voldoet aan de associativiteit en distributiviteit tov +. Als een ring ( 0) een neutraal element voor de vermenigvuldiging heeft, wordt het een ring with unity genoemd. Als een element van de ring een invers heeft tov de vermenigvulding, wordt dat een ünit genoemd. Zowel het inverse element als het neutraal element zijn uniek, wanneer ze bestaan. a is een deler van b (a b) als er een c in de ring zit zodat geldt dat b = ac Een deelverzameling S van R is een subring als geldt dat S een ring vormt met dezelfde operaties, dat is wanneer a, b S geldt dat ook ab en a b elementen van S zijn. Een nietnul element a in een commutatieve ring R is een nuldeler zerodivisor ls er een nietnulelement b in R zit zodat ab = 0. De karakteristiek van een ring R is het kleinste getal n N zodat nx = 0 x R. Dit wordt genoteerd met charr = n en als er geen n bestaat, zeggen we charr = 0. De karakteristiek van een ring R met unity 1 is gelijk aan de orde van 1 onder de optelling (indien die orde is, is charr = 0 ) Integral domain Een commutatieve ring met een unity is een integral domain als het geen zerodivisors bevat. De cancellationlaw: a 0, ab = ac b = c geldt dan. De karakteristiek van een integral domain is 0 of een priemgetal Veld (field) Een commutatieve ring met een ünityïs een veld genoemd als elk nietnul-element een unit is. vb. en Een eindig integral domain en Z p met p priem. 15

16 Ideals and Factor Rings Een subring A van een ring R is een ideaal van R genoemd als r R geldt dat ra, ar A. Dit betekent dat a, b A en r R geldt dat a b A en ar, ra R. De factorring is de verzameling van nevenklassen {r + A r R} en is een ring onder de operatie (s + A) + (t + A) = s + t + A en (s + A)(t + A) = st + A. notatie R/A Een prime ideal A van een commutatieve ring R waarvoor geldt dat als ab A voor a, b R er geldt dat a A of b A. Een maximal ideal A van R is een ideaal waarvoor geldt dat als een ideaal B voldoet aan A B R, dan B = A of B = R. R/A is een integral domain asa A een prime ideal is van de commutatieve ring R, het is een veld asa A een maximal ideal is ring homomorfisme Dit is een afbeelding φ: (R, +, ) (S, +, ) die voldoet aan φ(a + b) = φ(a) + φ(b) and φ(a b) = φ(a) φ(b). Als de afbeelding bijectief is, is het een ringisomorfisme. 16

17 Polynomial Rings Zij R een commutatieve ring. Met R[x] = {a n x n + + a 1 x + a 0 a i R, n N} bedoelen we de ring van veeltermen in R. Als F een veld is, en f(x), g(x) F [x] met g(x) 0 bestaat er polynomen q(x), r(x) F [x] met degr(x) < degg(x) of r(x) = 0, zodat f(x) = g(x)q(x) + r(x). f(a) is de rest bij deling van f(x) door x a. Een polynoom van graad n over een veld heeft maximaal n wortels factorization of polynomials Zij D een integral Domain. Een polynoom f(x) ut D[x] niet gelijk aan de nulpolynoom of een unit in D[x] is irreduciebel over D als, wanneer f(x) = g(x) h(x) met g(x), h(x) D[x], dan g(x) of h(x) een unit is in D[x]. Indien g(x), h(x) geen units zijn, noemen we f(x) reduciebel over D. Als p(x)eenirreducibeleveeltermoverfis, danvolgtuitp(x) a(x)b(x)datp(x) a(x)of(p(x) b(x). Voor tweede- en derdegraadsveeltermen f(x) is deze irreduciebel asa f(x) geen wortel heeft inf. Als f(x) Z[x], als f(x) reduciebel is over Q, dan is het dat ook over Z. Eisenstein s criterium f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 met p a n, p a n 1, a 0 en p 2 a 0, dan is f(x) irreduciebel over Q Cyclotomic polynomials Zij ω j = cos( 2πj 2πj n ) + i sin( n ) een nde machtswortel uit 1. Noteer met Φ n (x) = (x ω 1 )(x ω 2 ) (x ω φn ) de n de cyclotomische polynoom. Dan geldt dat Φ n (x) een veelterm is met gehele coëfficiënten die irreduciebel is over Z. 17

18 1.3 Analyse metrische ruimten Zij X een niet-lege verzameling en d een metriek die voldoet aan: x, y, z X 1. d(x, y) = 0 asa x = y 2. d(x, y) = d(y, x) 3. d(x, y) + d(y, z) d(x, z) Dan noemen we het koppel (X, d) een metrische ruimte. De diameter van een deelverzameling A is gelijk aan diam(a) = sup{d(x, y) x, y A} De gewone metriek op R is hierbij de absolute waarde d(x, y) = x y defenities analytische objecten convergente rijen Een rij (x n ) n in X convergeert asa er een a X bestaat zodat ɛ > 0, n 0 N, n N:n n 0 d(x n, a) < ɛ De limiet a = lim n x n is dan uniek bij een convergente rij. Cauchyrij Een rij (x n ) n X is een cauchyrij asa ɛ > 0, n 0 N: n, m n 0 d(x n, x m ) < ɛ continu functie Zij (X, d x ), (Y, d x ) 2 metrishce ruimten. Dan is de functie f : X Y continu asa ɛ > 0, δ > 0, x X:d x (x, a) < δ d y (f(x), f(a)) < ɛ uniform continu op X als ɛ > 0, δ > 0, x, y X : d x (x, y) < δ d y (f(x), f(y)) < ɛ. topologie We noemen een deelverzameling A van een metrische ruimte (X, d) open als x A, δ > 0, y X:d(x, y) < δ y A We noemen een deelverzameling B van X gesloten als B c = X\B open is. B(x, δ) = {y X d(x, y) < δ} is een opel bol met middelpunt x en straal δ Een unie van open delen en een eindige doorsnede van open delen is terug open. Een doorsnede van gesloten delen is gesloten alsook een eindige unie van gesloten delen. A = het inwendige van A = {x A δ > 0 : B(x, δ) A}= grootste open deelverzameling A = {x X δ > 0 : B(x, δ) A } = sluiting van A = kleinste gesloten oververzamelingvan A Als A = X, dan is A dicht in X. rijen van functies Een rij (f n ) n convergeert puntsgewijs naar een functie f : X Y asa voor elke x X de rij (f n (x)) n naar f(x) convergeert of: x X, ɛ > 0, n 0 N, n N : n n 0 d y (f n (x), f(x)) < ɛ. Een rij (f n ) n convergeert uniform naar een functie f : X Y asa de rij (f n ) n naar f(x) convergeert op X naar een functie f : X Y of ɛ > 0, n 0 N, x X, n N : n n 0 d y (f n (x), f(x)) < ɛ. 18

19 1.3.3 middelwaardestellingen Zij f : [a, b] R een functie gedefinieerd op een gesloten interval, dan is f begrensd en bereikt er het infimum en supremum. tussenwaardestelling Zij f: I R R een continu functie op een interval I. Zij x 1, x 2 I, dan bestaat er y R:f(x 1 ) < y < f(x 2 ) een x [x 1, x 2 ] waarvoor f(x) = y middelwaardestelling van Rolle Zij f:[a, b] R een continu functie die afleidbaar is in ]a, b[ en zodat f(a) = f(b). Dan bestaat er een c ]a, b[ zo dat f (c) = 0. middelwaardestelling van Lagrange Zij f:[a, b] R een continu functie die afleidbaar is in ]a, b[? Dan bestaat er een c ]a, b[ zo dat f (c) = f(b) f(a) b a. middelwaardestelling van Cauchy Zij f, g:[a, b] R continu functies die afleidbaar is in ]a, b[. Dan bestaat er een c ]a, b[ zo dat (f(b) f(a))g (c) = f (c)(f(b) g(a)). middelwaardestelling van Taylor Zij f : I R R een functie gedefinieerd op een interval I die n keer afleidbaar is en n + 1 keer op het inwendige I van I. Veronderstel dat f (n) continu is op I. Zij a, x I met a x, dan bestaat er een c ]a, x[ zodat f(x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! (x a) f (n) (a) n! (x a) n + f (n+1) (c) (x a)n+1 (n + 1)! stelling van Bolzano-Weierstrab Elke begrensde rij in R n heeft een convergente deelrij. Elk oneindig begrensd deel van R heeft minstens 1 ophopingspunt. 19

20 1.3.4 Reeksen Als de reeks n x n convergeert, dan is lim n x n = 0. Criterium van Leibniz Beschouw en dalende rij (x n ) n van positieve getallen waarvoor lim n x n = 0 geldt. Dan convergeert de reeks n ( 1)n x n vergelijkingstest Beschouw een rij (x n ) n in R n en een rij (y n ) n in R waarvoor geldt dat er een n 0 N is zodat x n < y n voor alle n n 0. Dan convergeert n x n absoluut, wanneer n y n convergeert. verhoudingstest van d Alembert en Cauchy Als limsup n xn+1 x n of resp. limsup n n x n kleiner is dan 1, dan convergeert de reeks n x n absoluut. Hierbij is limsup de limiet voor n van het supremum van de verzameling {x m m > n}. 20

21 2 voorbeeldvragen vinden We geven hierbij links van enkele leuke (evt ook minderleuke) universitaire olympiades waar de vragen ook te vinden zijn, want tot slot is vooral het problem-solven op zich leuk en niet zozeer de theorie MOAWOA MOAWOA 2012 MOAWOA 2012 opl

22 3 bijlages Hier werden enkele PDF s van andere cursussen, samenvattingen en dergelijke ingevoerd voor wie meer info wil, bij de samenvatting. Het citeren en dergelijke werd hier niet gedaan, dit is enkel ter info en om er voor te zorgen dat men de bronnen kan raadplegen, ook wanneer ze van het internet verdwijnen of men nooit tot deze bronnen had kunnen komen. 3.1 pure problem-solvingpdfs 22

23 Het orde lemma Christophe Debry Zij G een eindige commutatieve groep, met eenheidselement 1 en multiplicatief genoteerd. De orde van een element g G is het kleinste natuurlijk getal n N 0 waarvoor geldt dat g n = 1. PROOF. De orde van 2 in de groep Z 7, is gelijk aan 3. Inderdaad, mod 7, mod 7, mod 7. In Z 2 Z 2 heeft elk element (dat niet het eenheidselement is) orde 2. Een eindige commutatieve groep G is cyclisch als en slechts als er een element van G bestaat met orde G. Orde lemma Zij G een eindige commutatieve groep, g G en n de orde van g. Voor alle x, y Z geldt er dat g x = g y als en slechts als x y deelbaar is door n. In het bijzonder geldt g x = 1 als en slechts als x deelbaar is door n. PROOF. Het is voldoende de bijzondere uitspraak te bewijzen. De als implicatie is evident, dus stel omgekeerd dat g x = 1. Het delingsalgoritme levert een q Z en een r {0, 1,..., n 1} met x = qn + r. Hiervoor geldt dat 1 = g x = (g n ) q g r = g r. Maar n is het kleinste niet nul natuurlijk getal met g n = 1, dus volgt uit 0 r < n dat r = 0. We vinden dat x = qn + r = qn deelbaar is door n. De deelgroep van G voortgebracht door g heeft orde n (waarom?), en dus vertelt de stelling van Lagrange voor groepen ons dat n een deler is van G. Het lemma impliceert nu dat g G = 1 voor alle g G, maar vooral het feit dat de orde van element steeds de orde van de groep deelt, is de moeite waard om te onthouden. Als speciaal geval van de gelijkheid g G = 1 vinden we voor G = Z n, dat [a] n ϕ(n) = 1, i.e., dat a ϕ(n) 1 mod n voor alle gehele getallen a die onderling ondeelbaar zijn met n. Voor n priem is dit precies de kleine stelling van Fermat. Als a Z en n N 0, dan noemen we de orde van [a] n in Z n, kortweg de orde van a modulo n. Merk op dat deze orde sowieso ϕ(n) deelt omwille van bovenstaande opmerkingen. PROOF. Om na te gaan dat de orde van 2 modulo 7 gelijk is aan 3, is het voldoende na te gaan dat 2 1 mod 7 en dat mod 7 omdat de orde dan niet 1 kan zijn (omwille van de eerste niet congruentie), en niet 2 omdat uit de tweede congruentie volgt dat de orde een deler is van 3. Als g G en k N met g 2k = 1 (i.e., een element van G met orde 2), dan is de orde van g gelijk aan 2 k+1. Als a, n N \ {0, 1}, dan is ϕ(a n 1) deelbaar door n. Inderdaad, in Z a n 1 geldt dat a ϕ(an 1) = 1, en de orde van a in deze groep is duidelijk gelijk aan n. 1

24 Gevolg 1 Zij n N \ {0, 1}. Stel dat a en b gehele getallen zijn die onderling ondeelbaar zijn met n en zodat a n b n deelbaar is door n. Dan is a b deelbaar door de kleinste priemdeler van n. PROOF. Zij p de kleinste priemdeler van n. Omdat a en b onderling ondeelbaar zijn met n, bestaat de inverse c van a in Z n. Er is gegeven dat (bc) n 1 deelbaar is door n en dus ook door p. De orde van bc in Z p deelt dus zowel n als ϕ(p) = p 1, en aangezien n geen kleinere priemdelers dan p heeft, moet deze orde 1 zijn. Bijgevolg is bc 1 mod p, en dus a b mod p. Als toepassing bewijzen we dat als n N \ {0, 1} en 3 n + 4 n deelbaar is door n, dan is n deelbaar door 7. Inderdaad, n is duidelijk niet deelbaar door 2 of 3, dus n is oneven. Bijgevolg is 3 n ( 4) n deelbaar door n, waarbij 3 en 4 onderling ondeelbaar zijn met n. Het lemma vertelt ons dat = 7 deelbaar is door de kleinste priemdeler van n, en dus is deze kleinste priemdeler gelijk aan 7. Gevolg 2 Zij p een priemgetal. Dan bestaat er een priemgetal q zodat q 1 deelbaar is door p. PROOF. Neem voor q een priemdeler van 2 p 1. Dan is q 2 en dus deelt de orde d van 2 modulo q zowel p als q 1. Omdat p priem is, moet d = 1 of d = p. Het eerste is onmogelijk, en dus moet p = d een deler zijn van q 1. Een eenvoudig gevolg is dat er oneindig veel priemgetallen zijn: als er maar eindig veel waren, neem dan voor p het grootste priemgetal, dan bestaat er een priemgetal q met q 1 deelbaar door p en dus q > q 1 p, contradictie. Een ander gevolg is de oplossing van het inverse Galoisprobleem voor Z p. 1 Inderdaad, neem q uit het lemma. Het veld L = Q ( e 2πi/q) heeft Galois groep Z q over Q, en deze heeft orde q 1. Omdat p hier een deler van is, bestaat er volgens Sylow/Cauchy een element van orde p in Z q, i.e., Gal(L/Q) heeft een deelgroep H van orde p. Neem nu voor K het vasteveld van L onder de actie van H, want dan is Gal(K/Q) = [K : Q] = H = p, waaruit Gal(K/Q) = Z p volgt. Gevolg 3 Zij p een priemgetal en x 1 een natuurlijk getal. Stel dat q een priemdeler is van Dan is q = p of q 1 mod p. x p 1 x 1 = xp x Het inverse Galoisprobleem voor een eindige groep G: bestaat er een eindige Galois uitbreiding K van Q zodat Gal(K/Q) = G? In het algemeen weet men nog niet wat het antwoord is, maar het is wel affirmatief beantwoord voor oplosbare (en dus zeker voor commutatieve) groepen. 2

25 PROOF. We weten dat x p 1 mod q, dus q en x zijn onderling ondeelbaar. Zij d de orde van x modulo q. Dan is d een deler van p volgens het gegeven en een deler van q 1 volgens de kleine stelling van Fermat. Er geldt dus dat d = 1 of p q 1. In het tweede geval zijn we klaar. Als d = 1, dan is x 1 mod q, dus moet 0 xp 1 x 1 xp 1 + x p x p mod q, zodat p = q aangezien p en q priemgetallen zijn. Als rechtstreekse toepassing volgt er dat als p priem is, dan heeft p p 1 een priemdeler die congruent is met 1 modulo p. Inderdaad, neem een priemdeler q van (p p 1)/(p 1). Het is duidelijk dat q p, en dus volgt er dat q 1 mod p. Opgaven 1 Opwarmers (a) Bepaal de orde van 17 modulo (b) Bewijs dat een oneven priemdeler van een getal van de vorm n steeds congruent is met 1 modulo 4. Een priemdeler van een getal van de vorm n 4 n is congruent met 1 modulo 12. (c) Toon aan dat elke priemdeler van een Fermat getal 2 2n + 1 congruent is met 1 modulo 2 n+1. (d) Zij a Z en n N 0. Dan is a 2n + 1 door geen enkele d {3, 4,..., 2 n+1 } deelbaar. (e) Een priemtest: stel dat a, n > 2 en dat n een deler is van a n 1 1. Veronderstel dat voor geen enkele deler x n 1 van n 1 geldt dat a x 1 deelbaar is door n. Bewijs dat n priem is. (f) Als p ±2 mod 5, en p is van de vorm p = 2q + 1, met q ook priem, dan is 5 een generator van de groep Z p, (g) De veelterm X 8 16 heeft wortels in elke F p (met p priem). 2 (Putnam 1939) Vind alle natuurlijke getallen n zodat 2 n 1 deelbaar is door n. 3 Vind alle priemgetallen p en q zodat pq een deler is van (5 p 2 p ) (5 q 2 q ). 4 (Baltic Way 2006) Vind alle n N 0 zodat 3 n + 1 deelbaar is door n 2. 5 (LIMO 2007, Baltic Way 2005, Arne Smeets) Zij n een natuurlijk getal, zij p een priemgetal en zij d een deler van (n + 1) p n p. Bewijs dat d 1 deelbaar is door p. 6 (LIMO 2008, Lenstra) Bestaat er een strikt positief geheel getal n dat deelbaar is door 103 en zodat 2 2n+1 2 mod n? 3

26 7 (Balkan 1999) Zij p een oneven priemgetal met p 2 mod 3. Bewijs dat er hoogstens p getallen in S = { y 2 x 3 1 x, y {0, 1,..., p 1} } zitten die deelbaar zijn door p. 8 (Roemenië 1996) Vind alle priemgetallen p en q zodat voor alle α Z geldt dat α 3pq α mod 3pq. (Hint: gebruik het bestaan van een primitieve wortel modulo p, i.e., een generator van de cyclische groep Z p, ) 9 Vind alle priemgetallen p en q zodat 2 p + 2 q deelbaar is door pq. 10 (2003 USA IMO TST) Vind alle drietallen (p, q, r) van priemgetallen waarvoor geldt dat p q r + 1, q r p + 1, r p q Vind alle priemgetallen p en q zodat 2003 q + 1 deelbaar is door p 2 + 1, en 2003 p + 1 deelbaar is door q (IMC 2011) Zij p een priemgetal. We noemen een natuurlijk getal n (niet nul) p interessant als er veeltermen f(x), g(x) Z[X] bestaan met X n 1 = (X p X + 1)f(X) + pg(x). (a) Toon voor elk priemgetal p aan dat p p 1 een p interessant getal is. (b) Voor welke p geldt dat p p 1 het kleinste p interessante natuurlijk getal is? 13 (IMOSL 2006, N6) Bepaal alle gehele getallen x en y waarvoor geldt dat x 7 1 x 1 = y (IMOSL 2003/6) Zij p een priemgetal. Bewijs dat er een priemgetal q bestaat dat voor geen enkel geheel n een deler is van n p p. 4

27 Oplossingen 1 Opwarmers (a) Zij d de gezochte orde. We weten dat d een deler is van ϕ ( ) = , en dus is d = 2 k voor een k {0, 1,..., 2010}. We vragen ons dus af wat de kleinste k N is zodat 17 2k 1 = (17 1)(17 + 1) ( ) ( ) ( ) 17 2k factoren 2 bevat. De eerste factor levert 4 factoren 2 en al de anderen zijn 2 modulo 4. We hebben dus nog 2007 extra factoren nodig, en dus is de minimale k gelijk aan (b) Stel dat p een oneven priemdeler is van n en zij d de orde van n modulo p. Dan is d een deler van 4 (want n 4 1 = (n 2 + 1)(n 2 1) is deelbaar door p), maar niet van 2 (want p 2 en anders zou p een deler zijn van n en n 2 1, en dus ook van hun verschil). Er volgt dat d = 4, en dus is 4 een deler van Z p = ϕ(p) = p 1, zoals gewenst. (c) Zij p een priemdeler van 2 2n + 1. Dan is p 2 en dus kunnen we de orde d van 2 modulo p beschouwen. Omdat 2 2n 1 mod p, is d een deler van 2 n+1, en dus van de vorm d = 2 k met k {0, 1,..., n + 1}. Als k n, dan is d een deler van 2 n en dus is 1 2 2n 1 mod p, in contradictie met p 2. Er volgt dat k = n + 1 en dus volgt uit de kleine stelling van Fermat dat 2 n+1 = 2 k = d een deler is van ϕ(p) = p 1. (d) Stel dat d wel een deler is van a 2n + 1. Omdat d > 2 is dan a 2n 1 mod d, en we weten ook dat a 2n+1 ( 1) 2 = 1 mod d. Bijgevolg is de orde van a modulo d een deler van 2 n+1 maar niet van 2 n, i.e., de orde is 2 n+1. Maar deze orde moet ϕ(d) delen, en dus moet zeker gelden dat 2 n+1 ϕ(d) < d, contradictie. (e) Zij d de orde van a modulo n. Omdat n een deler is van a n 1 1, is d een deler van n 1. Omdat n a d 1 en d een deler is van n 1, moet per se gelden dat d = n 1 volgens de opgave. Er volgt dat n 1 = d een deler is van ϕ(n). Maar ϕ(n) n 1 met gelijkheid als en slechts als n priem is, waaruit het te bewijzen volgt. 2 n = 1 is een oplossing. Stel vanaf nu n > 1. Het is duidelijk dat n oneven moet zijn. Gevolg 1 vertelt ons dus dat de kleinste priemdeler van n een deler is van 2 1, en dat kan niet. Enkel n = 1 voldoet dus. 3 Als p een deler is van 5 p 2 p, dan is p 2 en dus bestaat Z p. Als dit element orde d heeft, dan volgt uit (5 2 1 ) p 1 (5 2 1 ) p 1 (mod p) (immers, p is priem; de tweede gelijkheid is de kleine stelling van Fermat), dat d zowel p als p 1 deelt. Dus d = 1 en bijgevolg is p een deler van 5 2 = 3 en dus p = 3. 5

28 Dus als p, q 3, dan is p 5 q 2 q en q 5 p 2 p, met zonder verlies van algemeenheid p > q en dus ggd(p, q 1) = 1. Het getal Z q heeft een orde in Z q die zowel p als q 1 deelt, en dat kan niet. Dus minstens één van de getallen p en q is 3. Als p = 3, dan is q = 9 13 en dus q {3, 13}. Analoog volgt uit q = 3 dat p {3, 13}, en dus zijn (p, q) = (3, 3), (3, 13), (13, 3) de enige oplossingen. (Men gaat eenvoudig na dat dit inderdaad oplossingen zijn.) 4 Als n even is, dan is 3 n + 1 = 9 n/ (mod 4), en dus kan 3 n + 1 niet deelbaar zijn door het viervoud n 2. Dus n is oneven. Omdat n = 1 een oplossing, gaan we er vanaf nu van uit dat n > 1. Omdat n 1 oneven is en een deler van 3 n + 1 = 1 ( 3) n, zegt Gevolg 1 dat de kleine priemdeler van n een deler is van 1 ( 3) = 4. Er volgt dat n even is, en dat mocht niet. De enige oplossing is dus n = 1. 5 Als we voor elke priemdeler q van d (deze deelt ook (n+1) p n p ) kunnen bewijzen dat q 1 mod p, dan geldt ook dat d 1 mod p. We mogen er dus van uit gaan dat d priem is. Duidelijk kunnen n en n + 1 niet beiden deelbaar zijn door q, en dus volgt uit het feit dat q een deler is van (n + 1) p n p dat n en n + 1 onderling ondeelbaar zijn met q. Bijgevolg bestaat de multiplicatieve inverse van n modulo q, en kunnen we het element α = (n + 1) n 1 in Z q beschouwen. Het is evident dat α 1 en dat α p = 1 in Z q omdat q een deler is van (n + 1) p n p. Zij d de orde van α in Z q. De kleine stelling van Fermat vertelt ons dat d een deler is van q 1. Uit α 1 volgt d 1 en uit α p = 1 volgt dat d een deler is van p. Omdat p priem is, moet dus d = p. De twee opmerkingen geven ons dat p = d een deler is van q 1, zoals gewenst. 6 We weten dat 2 2n+1 2 mod 103, dus 2 2n 1 mod 103. Zij d de orde van 2 in Z 103. Dan is d een deler van ϕ(103) = 102 = Als d niet deelbaar zou zijn door 17, dan is d een deler van 6, en dus moet deelbaar zijn door 103, hetgeen niet het geval is. Bijgevolg is d deelbaar door 17. We doen nu hetzelfde voor 17: uit 2 2n+1 2 mod n volgt dat 17 een deler is van 2 2n 1. Men rekent eenvoudig na dat de orde van 2 in Z 17 gelijk is aan 8. Omdat 2 2n 1 deelbaar is door 17, moet 2n dus deelbaar zijn door 8, en dus is n deelbaar door 4. Er volgt dat 4 een deler is van 2 2n+1 2, en dat kan niet voor n > 0. 7 Merk ten eerste op dat f : Z p Z p : x x 3 injectief is. Inderdaad, f(x) = 0 als en slechts als x 0 mod p, en als x 0 mod p, dan is de orde van x 1 y in Z p een deler van 3 en p 1 1 mod 3. Deze orde moet dus 1 zijn, en dus is x y mod p. Voor elke y {0, 1,..., p 1} bestaat er dus hoogstens één x {0, 1,..., p 1} met x 3 y 2 1 mod p, dus S pz {0, 1,..., p 1} = p. 6

29 8 Zonder verlies van algemeenheid is p q. De voorwaarde vertelt ons dat ( 1) 3pq 1 mod 3, dus p en q zijn oneven. Door een primitieve wortel modulo p in te vullen (deze moet orde ϕ(p) = p 1 hebben modulo p) vinden we dat p 1 een deler is van 3pq 1, en dus ook van 3q 1. Analoog vinden we dat q 1 een deler is van 3p 1. Als p = q, dan volgt uit p 1 3q 1 = 3p 1 dat p 1 2 en dus p = q = 3. Maar mod 27. Bijgevolg is p < q en dus q p + 2 (want beiden oneven). Er volgt dat Z 3p 1 q 1 3q 7 q 1 < 3, en dus 3p 1 = q 1 of 3p 1 = 2(q 1). Het eerste geval kan niet omdat q priem is, dus er moet gelden dat 3p + 1 = 2q. We hebben dat p 1 een deler is van 3q 1 en dus ook van 6q 2 = 9p + 1, en dus ook van 10. Er volgt dat p {2, 3, 6, 11}. Omdat p oneven priem is, moet dus (p, q) = (3, 5) of (p, q) = (11, 17). Het eerste geval is geen oplossing: mod 45. We beweren dat (p, q) = (11, 17) wel voldoet (en dus op permutatie na de unieke oplossing is). We moeten voor alle α Z nagaan dat α α mod , en dus is het voldoende (volgens de Chinese reststelling) te bewijzen dat α congruent is met α modulo zowel 3, 11 als 17. Dit is evident als α deelbaar is door de beschouwde modulus. In het niet triviale geval moeten we bewijzen dat α modulo 3, 11 en 17. Maar ϕ(3) = 2, ϕ(11) = 10 en ϕ(17) = 16 delen allemaal 560, en dus zijn deze congruenties waar. 9 Als p = 2, dan moet q een deler zijn van q, en dus ook van volgens de kleine stelling van Fermat. Er volgt dat als p of q gelijk is aan 2, we dan enkel de oplossingen (p, q) = (2, 2), (2, 3), (3, 2) krijgen. Stel vanaf nu dat p en q oneven priemgetallen zijn en schrijf p 1 = 2 α a en q 1 = 2 β b met a en b oneven. Volgens Fermat is q een deler van 2 p + 2, en dus van 2 p (want q 2). Schrijf nu x = 2 a ; dan is x 2α = 2 2αa = 2 p 1 1 mod q, en dus is de orde van x modulo q gelijk aan 2 α+1. Bijgevolg is 2 α+1 een deler van ϕ(q) = q 1 = 2 β b, met b oneven, en dus is α +1 β. Analoog vinden we β +1 α, en dat is onmogelijk. 10 Het is duidelijk dat p, q en r allen verschillend zijn. Zonder verlies van algemeenheid is p < q en p < r. Als p = 2, dan moet q r en r 2 q + 1. Aangezien r 2, is dus r 2 q + 1 en r 2 q 1. De orde van 2 modulo r is dus gelijk aan 1, 2, of 2q. Als de orde 1 of 2 is, moet r een deler zijn van 2 2 1, en dus r = 3. Uit q r en p q volgt dan nog dat q = 5. Als de orde 2q is, dan is 2q een deler van r 1, en dus is q een deler van zowel r als r 2 1, hetgeen niet kan omdat 2 = p q. De enige oplossing met p = 2 is dus (p, q, r) = (2, 5, 3). Stel vanaf nu dat p, q, r 3. We beschouwen de congruentie p q r + 1. De orde d van q modulo p is dus gelijk aan 1, 2, r of 2r. Het geval d = r is onmogelijk omdat dan p zowel q r + 1 als q r 1 deelt (en p 3). Ook d = 1 is onmogelijk, want dan zou 1 q r 1 r 1 mod p. Als d = 2, dan is p geen deler van q 1, maar 7

30 wel van q 2 1 = (q 1)(q + 1), en dus is p dan een deler van q + 1 (want p is priem). Voor d = 2r vinden we volgens Fermat dat 2r p 1. De conclusie is dat p q + 1 of 2r p 1. Analoog vinden we dat q r + 1 of 2p q 1, en eveneens dat r p + 1 of 2q r 1. Stel dat p q + 1. Dan moet q r + 1, want anders zou 2p q 1 en dus zou p een deler zijn van q 1 en q + 1. Analoog volgt er dan dat r p + 1. Maar p, q, r zijn oneven priemgetallen, dus volgt uit p q + 1 dat p 1 (q + 1), en dus 2p q + 1. Analoog 2 moet dan 2q r + 1 en 2r p + 1. Alles tesamen geeft dit de contradictie p 2r 1 4q 3 8p 7. Er volgt dat 2r p 1. Uiteraard is dit een volledig symmetrisch argument en kunnen we dus ook aantonen dat 2p q 1 en 2q r 1. Maar dan is 2r p 1, 2p q 1 en 2q r 1, opnieuw een tegenspraak. Er zijn dus geen nieuwe oplossingen. 11 Stel wlog dat p q. Als p = 2, dan moet 2003 q +1 deelbaar zijn door 5, en dus is q even, i.e., q = 2. We vinden dus de oplossing (2, 2) en gaan er vanaf nu van uit dat p 3. Zij r een priemfactor van p Dan moet r een deler zijn van q 1, en dus is r geen deler van 2003, en is de orde van 2003 in Z r gelijk aan 1, 2, q of 2q. Stel dat q geen deler is van deze orde. Dan moet r = Omdat r een priemfactor is van p 2 + 1, is r = 2 of is r 1 mod 4 volgens opgave 1(b). Er volgt dat r = 2 of r = 13. Maar r = 13 is onmogelijk omdat 2003 q +1 2 mod 13. We hebben dus bewezen dat ofwel q een deler is van de orde van 2003 modulo r (en dus is r 1 deelbaar door q), ofwel is r = 2. We vinden dus dat elke oneven factor van p congruent is met 1 modulo q. Verder is p even (want p 3 priem), en niet deelbaar door 4, dus p = 2p met p oneven, en dus is p mod q. Er volgt dat q een deler is van p 2 1 = (p 1)(p+1). Omdat q priem is, en q p, moet q dus een deler zijn van p + 1. Maar dan is p q p + 1, dus ofwel is p = q, ofwel is q = p + 1. Het laatste is onmogelijk, want p + 1 is even (en niet 2), dus er moet gelden dat p = q. Maar dan is het onmogelijk dat q een deler is van p + 1. De enige oplossing is dus (p, q) = (2, 2). 12 Beschouw de quotiëntring K = F p [X] X p X + 1. Het is duidelijk dat n interessant is als en slechts als X n = 1 in K. We schrijven t(x) = X p X + 1 en merken volgende zaken op: t(x) deelt X pp X. Inderdaad, t (X) = 1, dus t(x) heeft geen meervoudige wortels, en dus volstaat het te bewijzen dat α pp = α voor elke wortel α van t(x) in een uitbreiding van F p. Stel dus dat α p α + 1 = 0 met α in een veld van karakteristiek p. Dan is α p2 = (α 1) p = α p + ( 1) p = α 1 + ( 1) p. 8

31 Merk op dat ( 1) p = 1: voor p oneven is dit evident, en voor p = 2 geldt 1 = 1. We vinden dus dat α p2 = α 2. Analoog volgt nu dat α p3 = α 3,..., α pp = α p = α, zoals gewenst. t(x) = X p X + 1 is irreducibel over F p. Inderdaad, omdat a p = a voor alle a F p, heeft t(x) geen wortels in F p, en dus kan t(x) niet deelbaar zijn door een lineaire veelterm in F p [X]. Stel nu dat t(x) reducibel is, en neem dus een irreducibele deler s(x) van t(x), met deg(s) < deg(t) = p. We hebben net bewezen dat deg(s) 2 en de vorige observatie vertelt ons dat s(x) een irreducibele deler is van X pp X. Het is een bekend feit uit de algebra dat hieruit volgt dat deg(s) een deler is van p. 2 Maar 1 < deg(s) < p en p is priem, dus deg(s) kan geen deler zijn van p. Er volgt dat t(x) irreducibel is over F p. Uit het vorige puntje halen we dat K een veld is. Zij m de orde van X in K. Dan is m een deler van K = K 1 = p p 1, en dus is alvast X pp 1 = 1 in K, hetgeen (a) bewijst. Voor (b) gebruiken we de techniek uit het eerste puntje: aangezien X p = X 1, kunnen we in karakteristiek p werken om X pj = X j in K te vinden voor alle j N. Er volgt dat X 1+p+p p p 1 = X(X 1)(X 2) (X (p 1)) = X p X = 1 in K. De voorlaatste gelijkheid geldt omdat beide (monische) veeltermen dezelfde graad en dezelfde p wortels hebben. We vinden dus dat X 2(1+p+p p p 1) = 1, en bijgevolg is p p 1 niet minimaal als 2(1 + p + p p p 1 ) < p p 1. Dit is equivalent met 2(p p 1) < (p p 1)(p 1), en dus met p > 3. De enige p die aan (b) kunnen voldoen, zijn dus p = 2 en p = 3. We gaan nu nog bewijzen dat de orde van X in K gelijk is aan p p 1 voor deze twee waarden van p (en dus voldoen ze aan (b)). Voor p = 2 vinden we uit (a) dat de orde van X een deler moet zijn van = 3, en dus volstaat het te bewijzen dat X 1 in K, hetgeen evident is. Voor p = 3 vinden we dat de orde van X een deler moet zijn van = 26, en dus volstaat het te bewijzen dat X 1, X 2 1 en X 13 1 in K. De eerste twee zijn triviaal, en voor de laatste gebruiken we onze berekening van hierboven: X 13 = X = X 3 X = 1 1. We zijn klaar! Merk op dat we ook hadden kunnen werken zonder het veld (en dus het bewijs van de irreducibiliteit konden weglaten): in K is X(1 X p 1 ) = 1, dus is X inverteerbaar, en dat is voor al onze berekeningen voldoende. We hebben ook nog ergens anders gebruikt dat K een veld is, namelijk in de observatie van X in K een 2 Dit is eenvoudig aan te tonen: we weten dat F p p (het eindig veld met p p elementen) een ontbindingsveld van X pp X over F p is, dus neem een wortel α van s(x) in F p p. Omdat s(x) irreducibel is, is s(x) de minimale veelterm van α over F p, en dus is [F p (α) : F p ] = deg(s). Dat deg(s) een deler is van p = [F p p : F p ] volgt nu uit de productformule en de inclusies F p F p (α) F p p. 9

32 deler moet zijn van K, en dat dit voor een veld gelijk is aan K 1 = p p 1. Maar ook dit kan op een alternatieve wijze: hierboven hebben we bewezen dat X 1+p+p p p 1 = 1. Voor p = 2 is de uitspraak evident, en voor p oneven volgt hieruit dat p een deler moet zijn van 2(1 + p p p 1 ). Maar p is oneven, dus dit laatste getal is een deler van (p 1)(1 + p p p 1 ) = p p 1, waaruit het gestelde volgt. 13 Merk op dat x 1. Volgens Gevolg 3 is elke priemdeler van (x 7 1)/(x 1) = y 5 1 gelijk aan 7 of congruent met 1 modulo 7. Maar dan geldt hetzelfde ook voor y 1 en y 4 + y 3 + y Door het product te nemen van deze priemdelers volgt er dat y 1 en y 4 + y 3 + y 2 + y + 1 congruent zijn met 0 of 1 modulo 7 (eventueel elk een andere waarde). Als y 1 0 mod 7, dan is y 4 +y 3 +y 2 +y +1 5 mod 7, en dat kan niet. Bijgevolg moet y 1 1 mod 7 en dus y 4 + y 3 + y 2 + y mod 7, en ook dit geeft een contradictie. Er zijn dus geen oplossingen. 14 Voor p = 2 kunnen we q = 5 nemen omdat 2 geen kwadraatrest is modulo 5. Stel dus vanaf nu dat p oneven is. Het getal a = 1 + p + p p p 1 is oneven en is niet congruent met 1 modulo p 2. Bijgevolg heeft a een oneven priemdeler q zodat p 2 geen deler is van q 1. We beweren dat q voldoet. Stel immers dat n een geheel getal is zodat n p p deelbaar is door q. Dan is n p2 p p a(p 1) mod q, dus de orde van n modulo q deelt p 2 en is dus gelijk aan 1, p of p 2. Maar deze orde moet q 1 delen volgens de kleine stelling van Fermat, dus volgt uit het feit dat p 2 q 1 dat de orde van n modulo q gelijk is aan 1 of p. In ieder geval moet n p 1 mod q. Maar dan is p 1 mod q, en dus is 0 a p 1 mod q, contradictie! 10

33 3.2 combinatoriek 33

34 Wiskundig Redeneren: Oefenzitting 2 1 Enkele begrippen Het verschil van twee verzamelingen A en B is A\B = {x x A en x / B}. De machtsverzameling P(X) van een verzameling X is de verzameling van alle deelverzamelingen van X, of m.a.w. P(X) = {A A X}. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen A en B is A B = (A\B) (B\A). 2 Opgaves 1. Bewijs A (B C) = (A B) (A C) met een logische redenering. 2. Bewijs A (B C) = (A B) (A C) en A (B C) = (A B) (A C) met Venndiagrammen. 3. Bewijs (A B) c = A c B c en (A B) c = A c B c met behulp van een waarheidstabel. 4. (a) Bewijs dat A B A B = B. (b) Bewijs dat A B A B = A. 5. Geef de machtsverzameling van, { } en {, { }}. 1

35 Wiskundig Redeneren: Oefenzittingen 3 1 Enkele Bewijstechnieken 1.1 Bewijs via een tegenvoorbeeld Om de ongeldigheid van een bewering x : P (x) aan te tonen is het voldoende om één x te vinden waarvoor P (x) niet waar is. 1.2 Bewijs uit het ongerijmde Om te bewijzen dat een bewering P juist is, kan gebruik gemaakt worden van een bewijs uit het ongerijmde. Veronderstel dat P fout is en toon aan dat die veronderstelling leidt tot een contradictie (= tegenspraak). Dan kan besloten worden dat P juist is. 1.3 Bewijs met contrapositie De implicatie P Q is logisch equivalent met haar contrapositie Q P. 1.4 Bewijs met volledige inductie Deze bewijsmethode wordt gebruikt om aan te tonen dat een bepaalde bewering P (n) waar is voor elk natuurlijk getal n n 0, met n 0 een vast natuurlijk getal. Een inductiebewijs verloopt als volgt: Basisstap: Toon aan dat P (n 0 ) waar is. Inductiehypothese: Veronderstel dat de uitspraak P (k) waar is. Inductiestap: Bewijs dat de implicatie P (k) P (k + 1) waar is voor alle k N met k n 0. Neem daarvoor een willekeurige k N met 1

36 k n 0 en veronderstel dat P (k) waar is (dit is de inductiehypothese). Toon dan aan dat ook P (k + 1) waar is. Conclusie: Hierbij wordt het principe van volledige inductie aangeroepen om te concluderen dat P (n) waar is voor elke n n 0, met n N. 2 Opgaves Bewijs de volgende beweringen. Geef bij elk bewijs ook aan welke bewijstechniek je gebruikt. 1. Opdracht Bewijs dat voor alle reële getallen a, b, c geldt dat (a) (a + b c) 2 = (a + b) 2 + (a c) 2 + (b c) 2 a 2 b 2 c 2, (b) ab + ac + bc a 2 + b 2 + c Opdracht Bewijs dat voor alle gehele getallen a, b, c geldt (a is een deler van b) (b is een deler van c) (a is een deler van c). 3. Opdracht Bewijs dat voor een geheel getal b geldt n is even n 2 is even. Geldt de omgekeerde implicatie ook? Bewijs of geef een tegenvoorbeeld. 4. Opdracht Bewijs vanuit de fundamentele eigenschappen van ordening op R dat voor reële getallen x, y en z met x > 0 geldt dat y z xy xz. 5. Opdracht Bewijs dat voor reële getallen x en y geldt (a) 0 x < y x 2 < y 2, 2

37 Wiskundig Redeneren: Oefenzittingen 4 1 Herhaling Een relatie R van een verzameling X naar een verzameling Y is een deelverzameling van het cartesiaans product X Y. Dus R X Y. Zij R een relatie van X naar Y. Dan is de inverse relatie van R de relatie R 1 van Y naar X gedefinieerd door R 1 = {(y, x) Y X (x, y) R}. Zij R een relatie van X naar Y en S een relatie van Y naar Z. Dan is de samenstelling S R de relatie van X naar Z gedefinieerd door S R = {(x, z) X Z y Y : (x, y) R en (y, z) S}. 2 Opgaves 1. Oefeningen (p 39): Oefening 2 (a,b,c,d) Oefening 3 + Vergelijk deze oefening met opdracht 1.6(j)! Oefening 4 (a) Oefening 8 Oefening 9 Oefening Oefeningen (p 47): 1

38 Wiskundig Redeneren: Oefenzittingen 5 1 Herhaling Een relatie R van een verzameling X naar een verzameling Y is een deelverzameling van het cartesiaans product X Y. Dus R X Y. Zij R een relatie van X naar Y. Dan is de inverse relatie van R de relatie R 1 van Y naar X gedefinieerd door R 1 = {(y, x) Y X (x, y) R}. Zij R een relatie van X naar Y en S een relatie van Y naar Z. Dan is de samenstelling S R de relatie van X naar Z gedefinieerd door S R = {(x, z) X Z y Y : (x, y) R en (y, z) S}. Zij R een relatie op X. We noemen R reflexief als x X : (x, x) R, We noemen R symmetrisch als x, y X : (x, y) R (y, x) R, We noemen R anti-symmetrisch als x, y X : ((x, y) R en x y) (y, x) / R, We noemen R transitief als x, y, z X : ((x, y) R en (y, z) R) (x, z) R. 1

39 Als een relatie R op X reflexief, symmetrisch en transitief is, dan noemen we R een equivalentierelatie op X. Een relatie R op X is een orderelatie op X als ze reflexief, antisymmetrisch en transitief is. 2 Opgaves 1. Relaties: oefeningen (p 47): Oefening 2 (a,b,d,f) Oefening 5 Oefening 7 Oefening 4 (a) 2. Equivalentierelaties: oefeningen (p 53) Oefening 1 (a,b,c) Oefening 5 (d,e,g) Oefening 6 (UOVT: wat kan je zeggen indien je tweemaal dezelfde relatie neemt, dus in het geval dat S = R?) Oefening 7 Oefening 10 Oefening Afwerken overige oefeningen uit en

40 Wiskundig Redeneren: Oefenzittingen 6 en 7 1 Herhaling Zij R een relatie op X. We noemen R reflexief als x X : (x, x) R, We noemen R symmetrisch als x, y X : (x, y) R (y, x) R, We noemen R anti-symmetrisch als x, y X : ((x, y) R en x y) (y, x) / R, We noemen R transitief als x, y, z X : ((x, y) R en (y, z) R) (x, z) R. Als een relatie R op X reflexief, symmetrisch en transitief is, dan noemen we R een equivalentierelatie op X. Een relatie R op X is een orderelatie op X als ze reflexief, antisymmetrisch en transitief is. 1

41 Wiskundig Redeneren: Oefenzittingen 8 en 9 1 Herhaling Zij f een relatie van een verzameling X naar een verzameling Y. We noemen f een functie van X naar Y als voor elke x X er hoogstens één y Y bestaat, met (x, y) f. De functie f : X Y is afbeelding als dom(f)(= def(f)) = {x X y Y : (x, y) f} = X. De functie f : X Y is injectief als x 1, x 2 dom(f) : f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2. Als f bovendien een afbeelding is, dan is f een injectie. De functie f : X Y is surjectief als y Y : x X : f(x) = y. Als f bovendien een afbeelding is, dan is f een surjectie. De functie f : X Y is bijectief als ze zowel injectief als surjectief is. Als f bovendien een afbeelding is, dan is f een bijectie. Zij f : X Y en A X. Dan is het beeld van A f(a) = {y Y x A = f(x) = y}. Zij f : X Y en B Y. We noemen f 1 (B) het invers beeld van B (voor f). f 1 (B) = {x X f(x) B}. 1