6 Ringen, lichamen, velden

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

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

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

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

We vinden dus dat (x + 1)(x + 4) 1 modulo x + 3. De inverse veelterm van x + 1 is dus gelijk aan x + 4 modulo x + 3 in F 5. Alternatief: werken modulo x + 3 betekent dat je x opvat als een object dat de informatie in zich draagt dat x + 3 0, ofte x. Dus, met de methode van onbepaalde coëfficiënten: Oefening 6.1. (x + 1)(ax + b) 1 a + (a + b)x + b 1 { a + b 1 a + b 0 a 1, b 1 4 a. Bereken de som en het product in Z[x] van 3x + 4 en 5x modulo x 7. b. Bereken de som en het product van 3x x en modulo x + in Q[x]. Oplossing 6.1 a. 8x + en 14x + 97. b. Het tweede element is gewoon 1. Dus 3 x + 1 en 3 x. 6.3 Constructie van eindige velden Oefening 6.13. a. Toon aan dat f(t) t + t 1 over Z 3 een irreducibel polynoom is. b. Bewijs dat f(t) t + t 1 een primitief polynoom is in Z 3 [t]. c. Stel de Zech-log-tabel op voor F 9 met de keuze van dit primitief polynoom. d. Bereken volgende elementen van F 9 : (1 t)( 1 + t) t 4 + t 7 t 4t 3 + 5t 5 7t 7 Oplossing 6.13 a. Aangezien een tweedegraadsveelterm enkel in lineaire termen ontbonden kan worden, is het voldoende om na te gaan of f(t) t + 1 1 nulwaarden heeft in Z 3. t 0 1 1 t + t 1 1 1 1 We vinden dat f(t) t + t 1 irreducibel is over Z 3. b. Het polynoom f(t) t + t 1 is een primitief polynoom in Z 3 [t] als t de cyclische groep F 9 C 8 voortbrengt. Aangezien t t + 1 zal t 4 ( t + 1) t + t + 1 t + 1 + t + 1 1 dus niet gelijk aan +1 waaruit we al mogen besluiten dat t voortbrengend element is van F 9. De veelterm f(t) t + t 1 is dus een primitief polynoom in Z 3 [t]. c. We vinden dat F 9 voorgesteld kan worden door F 9 {0, 1, 1, t, 1 + t, 1 + t, t, 1 + t, 1 t}, Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 4

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

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

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

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

1. Gereduceerde vergelijking y ax b x α15 x α 7 α 7 δ ac 1 α15 b α 14 α 14 α 8 x α. Tr(α) Tr(α) α + α + α 4 + α 8 α(1 + α) + α 4 (1 + α 4 ) α 5 + α 5 0. We kunnen dus besluiten dat er twee oplossingen zijn. 3. We zoeken nu een element k F 16 waarvoor Tr(k) 1. We vinden Tr(α 3 ) α 3 + α 6 + α 1 + α 9 α + α 8 α 15 1. Een oplossing van de vergelijking wordt gegeven door s kδ + (k + k )δ 4 + (k + k + k 4 )δ 8. Wanneer we k α 3 en δ α invullen, bekomen we s α 3 α + (α 3 + α 6 )α 4 + (α 3 + α 6 + α 1 )α 8 α 5 + α 6 + α 7 α 8 α 9 + 1 α 7. De twee oplossingen van de gereduceerde vergelijking worden gegeven door α 7 en α 9. 4. De oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking worden gegeven door α 14 en α. d. Over F 5. We gebruiken de discriminantmethode. Houd rekening met 4 1 α 1 en met α 4 1. We vinden dan x 1, b ± b 4ac a α13 ± α 6 + α 14 α13 ± α 14 (α 1 + 1) α 6 α1 α 13 ± 0 α 19 α 6 (5) (6) (7) (8) (9) met dubbele multipliciteit. Inderdaad, want x + α 13 x + α 14 x + α 18 α 19 x + α 38 x α 19 x + α 38 (x α 19 ). Oefening 6.17. Los de volgende kwadratische vergelijkingen op over F 8 waarbij t 3 + t + 1 0. a. tx + (t + t + 1)x + t + t 0. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 9

b. (1 + t + t )x + t x + t + 1 0. Oplossing 6.17 Werk in de exponentiële notatie en ga pas op het einde weer over naar de additieve notatie. a. {t, t }. b. {1, 1 + t + t } 6.4 Primitieve elementen Oefening 6.18. Hoeveel primitieve elementen heeft een eindig veld van orde 64? Oplossing 6.18 Aangezien de multiplicatieve groep F 64 de cyclische groep C 63 is, zijn er Φ(63) Φ(3 7) 3 6 36 niet-nul-elementen die deze multiplicatieve groep voortbrengen, dus primitieve elementen. Oefening 6.19. Zoek de primitieve elementen van Z 41. Oplossing 6.19 Aangezien 41 een priemgetal is, is Z 41 een veld. We weten ook dat Z 41 de cyclische groep C 40 is. Een primitief element van Z 41 is dus een element van orde 40 dat de volledige groep Z 41 voortbrengt. Er zijn in totaal juist Φ(40) Φ(5)Φ(8) 4 4 16 primitieve elementen van Z 41. We zoeken nu een element van orde 40. We starten met het kleinst mogelijk element, met name en nemen de opeenvolgende machten van (ermee rekening houdend dat we modulo 41 werken). We vinden dan, 4, 8, 16, 3, 3, 5, 10, 0, 40 1. Omdat 10 1 in Z 41, zal de orde van precies 0 zijn. Helaas, geen primitief element. We proberen eens met 3. Om de orde van 3 te vinden, noteren we de opeenvolgende machten van 3: 3, 9, 7, 81 1. Hieruit kunnen we besluiten dat de orde van 3 inderdaad 8 moet zijn. Weer geen primitief element, maar kgv(8, 0) 40. We maken nu gebruik van de volgende eigenschap (zie oefeningen 5.7 en 5.11): als u de orde s heeft en v de orde r, dan heeft uv de orde kgv(r, s) rs/ ggd(r, s). We vinden dus dat de orde van 6 gelijk is aan kgv(0, 8) 40. Hoera, 6 is een primitief element. Nu we een primitief element α gevonden hebben, gebruiken we dat ook α i met ggd(i, 40) 1, een primitief element is van Z 41. Om nu alle primitieve elementen te vinden in Z 41 moeten we dus 6 k berekenen modulo 41 met ggd(k, 40) 1, dus de primitieve elementen zijn 6, 6 3, 6 7, 6 9, 6 11, 6 13, 6 17, 6 19, 6 1, 6 3, 6 7, 6 9, 6 31, 6 33, 6 37 en 6 39. Sage rekent na dat dit de elementen 6, 11, 9, 19, 8, 4, 6, 34, 35, 30, 1,, 13, 17, 15 en 7 zijn. Oefening 6.0. Vergelijk de ringen Z 16 en F 16. Beantwoord daarvoor voor beide: a. Hoe ziet de additieve groep van beide eruit? b. Hoeveel elementen heeft de multiplicatieve groep (of meer correct, de multiplicatieve groep van inverteerbare elementen)? c. Hoeveel primitieve elementen zijn er? d. Lijst alle inverteerbare elementen met hun ordes op. Oplossing 6.0 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 30

a. Z 16 is net opgebouwd als de optelling modulo 16, dus de additieve groep van Z 16 is cyclisch en wordt voortgebracht door 1, m.a.w Z 16, + C 16. De additieve groep van F 16 is meer ingewikkeld. Omdat 1 + 1 0, brengt element 1 hier een deelgroep C voort en niet de hele groep. De additieve groep is abels en element heeft orde. We vinden dat F 16, + C C C C. b. F 16 is een veld dus elk element behalve 0 is inverteerbaar. We weten bovendien dat de multiplicatieve groep cyclisch is, namelijk F 16, C 15. Een element zal inverteerbaar zijn modulo 16 als het er onderling ondeelbaar mee is. Bijgevolg zijn er Φ(16) 8 inverteerbare elementen in Z 16. Deze zullen een groep vormen, maar dit is niet noodzakelijk een cyclische groep. c. In F 16 zijn er Φ(15) 8 primitieve elementen. Dezelfde redenering als oefening 6.18. Een element van Z 16 wordt primitief genoemd als het maximale orde, nl. 8 heeft. Als de groep niet cyclisch is (en er dus geen element van orde 8 bestaat), zijn er geen primitieve elementen. Als de groep wel cyclisch is, zullen er Φ(8) 4 primitieve elementen zijn. Uit de uitwerking hieronder blijkt dat er geen primitieve elementen zijn. d. Voor F 16 is de oefening eenvoudig, als we de elementen multiplicatief voorstellen, als machten van een primitief element α: x 0 α 1 α α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 α 8 α 9 α 10 α 11 α 1 α 13 α 14 orde 1 15 5 15 3 5 15 15 5 3 15 5 15 15 Voor Z 16 zijn we aangewezen op proberen. We weten alvast dat we de ordes moeten bepalen van de Φ(16) 8 inverteerbare elementen {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}, die de multiplicatieve groep uitmaken. Deze orde is het kleinste natuurlijk getal t waarvoor geldt dat a t 1 (mod 16). Om niet voor alle elementen een groot aantal berekeningen te moeten maken, zullen we theoretische observaties gebruiken. (a) Aangezien a Φ(m) 1 (mod m) vinden we al dat elke t 8. We hebben dus enkel 1,, 4 en 8 als mogelijke ordes van deze elementen. (b) Als de orde van een element a gelijk is aan t, dan heeft a k eveneens orde t als en slechts als ggd(k, t) 1. (Hieruit kunnen we al besluiten dat als we een primitief element a vinden, er minstens Φ(8) 4 primitieve elementen zijn, namelijk a, a 3, a 5 en a 7, die wegens primitiviteit van a allemaal verschillend zijn.) Beschouw a 3. We vinden 3 9 (mod 16) 3 3 7 11 (mod 16) 3 4 3 11 33 1 (mod 16) De orde van 3 is dus gelijk aan 4, maar ook de orde van 3 3 11 (mod 16) is gelijk aan 3. We vinden ook dat de orde van 3 9 (mod 16) gelijk is aan. Beschouw nu a 5. We vinden 5 5 9 (mod 16). Aangezien we de orde van 9 al kennen, vinden we dat de orde van 5 gelijk is aan 4. Ook de orde van 5 3 5 9 13 (mod 16) is gelijk aan 4. Hieruit kunnen we ook meteen besluiten dat er geen primitieve elementen zijn, aangezien er geen 4 elementen meer over zijn. We moeten nu nog de orde van 7 en 15 bepalen. We vinden dat 7 3 49 1 (mod 16), de orde van 7 is dus gelijk aan. Uit ( 1) 1 (mod 16), volgt dat ook de orde van 1 15 gelijk is aan. We vatten dit samen in volgende tabel: x 0 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 orde 1 4 4 4 4 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 31

6.5 Doordenkers in eindige velden Oefening 6.1. Bewijs dat alle elementen van F 11 derdemachten zijn. Oplossing 6.1 11 048. In F 11 is elk element een kwadraat en hebben we dat x x 048. Vermenigvuldigen we deze vergelijking met x, dan bekomen we voor elk element x x 049 (x 049 3 ) 3. Een willekeurig element van F 11 een derdemacht. is te schrijven als het linkerlid, en dus ook als het rechterlid, is m.a.w. Oefening 6. (Examen 01). Bewijs: als ggd(k, q 1) 1, dan is elk element in F q een k-de macht. Oplossing 6. De multiplicatieve groep van dit veld is een cyclische groep C q 1, voortgebracht door een element a. We moeten bewijzen dat elk element van C q 1 te schrijven is als k-de macht. Maar als ggd(k, q 1) 1, dan is ook a k een voortbrenger. Daarom is elk element te schrijven als (a k ) m (a m ) k, duidelijk een k-de macht. De observatie dat ook 0 een k-de macht is, voltooit het bewijs. Een andere methode is de volgende. Om te bewijzen dat de afbeelding θ k : F q F q : x x k surjectief is, volstaat het om aan te tonen dat ze injectief is (door de eindigheid van F q ). Stel dat x k y k. Dan is (xy 1 ) k 1. Maar in de multiplicatieve, cyclische groep heeft elk element als orde een deler van q 1, maar k is onderling ondeelbaar met q 1. Dit kan enkel als xy 1 1. (Meer formeel, met c(q 1)+dk 1, xy 1 (xy 1 ) c(q 1)+dk ( (xy 1 ) q 1) c ( (xy 1 ) k) d 1. Oefening 6.3. a. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F heeft precies alle elementen van orde drie van F 16 als nulpunten? b. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F heeft precies alle elementen van orde vijf van F 16 als nulpunten? c. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F p heeft precies alle elementen van orde d van F p h als nulpunten, waarbij d een deler is van p h 1? Oplossing 6.3 a. De elementen van orde drie van F 16 voldoen aan x 3 1. Maar ook 1 voldoet hieraan, en dit is geen element van orde 3. We vinden over F dat x 3 + 1 (x + 1)(x + x + 1). De veelterm x + x + 1 is irreducibel over F en heeft de twee elementen van F 16 van orde 3 als wortels. Een andere manier om dit te vinden is de volgende: in de exponentiële notatie van F16 zijn α 5 en α 10 de elementen van orde drie. Deze vormen immers de cyclische deelgroep C 3 van α C 15. We vinden dat het gezochte polynoom (x + α 5 )(x + α 10 ) x + (α 5 + α 10 )x + α 15 is, hoewel dit nog geen polynoom is met coëfficiënten in F. Voor elk element van F 16 geldt echter dat zijn 15-de macht 1 is, dus α 15 1. Om te bepalen wat het mysterieuze element α 5 + α 10 is, kunnen we observeren dat zijn kwadraat (α 5 + α 10 ) α 10 + α 0 α 10 + α 5 terug zichzelf is. Er zijn echter maar twee elementen die voldoen aan η η, namelijk 1 en 0. Maar mocht α 5 + α 10 0, dan zouden α 5 en α 10 gelijk zijn, quod non. Dus de middelste coëfficiënt is 1 en het gezochte polynoom is x + x + 1. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 3

b. Analoog, x 4 + x 3 + x + x + 1. c. Analoog. Deze elementen voldoen aan x d + 1 0, maar het gezochte polynoom is (x d + 1)/(x + 1) x d 1 + x d + + x + 1. Oefening 6.4. Welke polynoom is een deler van x 15 1 en heeft precies alle primitieve elementen van F 16 als nulpunt? Oplossing 6.4 Het polynoom x 15 1 heeft alle elementen van F 16 als wortels. De elementen van orde 3 zijn wortels van x 3 1. Meer precies (omdat 1 hier ook een wortel van is maar niet orde 3 heeft), zijn de orde- 3-elementen wortels van x3 1 x + x + 1. Analoog zijn de orde-5-elementen precies de wortels van x 5 1 x 1 x 1 x4 + x 3 + x + x + 1. Het orde-1-element, namelijk 1, is wortel van x 1. De overblijvende elementen zijn de primitieve elementen, dus om het gevraagde polynoom te bekomen, moeten we uit x 15 1 de gevonden polynomen wegdelen. Brute-force-rekenwerk leert ons dat (x + 1)(x + x + 1)(x 4 + x 3 + x + x + 1) x 7 + x 6 + x 5 + x + x + 1 en met behulp van de Euclidische deling vinden we tot slot dat x 15 + 1 (x 7 + x 6 + x 5 + x + x + 1)(x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1). Iets zuiniger in rekenwerk is de berekening (x 1) x 15 1 ( x 3 1 x 1 ) ( x 5 1 x 1 ) (x15 1)(x 1) (x 3 1)(x 5 1) x8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 We besluiten dat x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 juist de 8 primitieve elementen van F 16 als nulpunt heeft. Oefening 6.5. a. Hoeveel koppels (a, b) F 8 F 8 zijn er met a b 1? b. Hoeveel koppels (a, b) F 9 F 9 zijn er met a b 1? c. Hoeveel koppels (a, b) F 16 F 16 zijn er met a + b 3 1? Oplossing 6.5 a. We werken over een veld met even karakteristiek, dus elk element is een kwadraat. Analoog heeft elk element een vierkantswortel. Beschouw a 1 + b. We vinden dat er voor elke b F 8 een uniek getal 1 + b bestaat. We vinden dat er dus een unieke a bestaat zodat a 1 + b. Er zijn dus juist acht koppels in F 8 F 8. b. Over F 9 hebben we dat 1 α 4. We kunnen dus volgende tabel opstellen. b 0 1 α α α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 b 0 1 α α 4 α 6 1 α α 4 α 6 b + 1 1 α 4 α + 1 0 α 6 + 1 We hebben nu al 8 oplossingen (welke? (1, 0), (α 4, 0), (0, α ), (0, α 6 ), (α, 1), (α, α 4 ), (α 6, 1), (α 6, α 4 )). Er kunnen er telkens nog 4 bijkomen, als zou blijken dat α + 1 of α 6 + 1 een kwadraat zijn. Nu zouden we het veld F 9 expliciet kunnen opstellen om dit te onderzoeken, maar aangezien het aantal oplossingen onafhankelijk is van de voorstelling van het veld, kunnen we dit ook los van de additieve notatie of de Zech log tabel oplossen. We vinden dat a + 1 a (1 + a 6 ) en a 6 + 1 a 6 (1 + a ). Hieruit volgt dat ofwel α + 1 en α 6 + 1 beide een kwadraat zijn, ofwel geen van beiden. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 33

Veronderstel dat ze beiden een kwadraat zijn. Dan vinden we α + 1 α 6 en α 6 + 1 α. Deze twee beweringen kunnen slechts samengaan in een veld van karakteristiek, waaruit een strijdigheid volgt. We concluderen dat α + 1 en α 6 + 1 beide geen kwadraat zijn, waaruit volgt dat er juist 8 koppels voldoen aan de gegeven vergelijking. Een veel kortere methode is de volgende: a b 1 (a + b)(a b) 1. We vinden dus dat a + b x en a b x 1. Het stelsel gevormd door deze twee vergelijkingen heeft determinant 1 en is dus voor elke waarde van x oplosbaar: de oplossing wordt gegeven door ( x x 1, x + x 1 ). Voor elke x F 9 vinden we precies 1 mogelijkheid voor a en b. Dus 8 oplossingen. c. Voor elke b vinden we precies één a, omdat elk element een vierkantwortel heeft. Er zijn dus zoveel oplossingen als de grootte van het veld, nl. 16. Oefening 6.6. Bewijs dat x 16 + x 4 + x + 1 precies 16 verschillende wortels heeft over F 64. Hint: beschouw de afbeelding f : F 64 F 64, x x 16 + x 4 + x + 1 en vooral diens beeld. Oplossing 6.6 Beschouw, voor een vaste x F 64 het beeld f(x) x 16 + x 4 + x + 1 γ. We vinden dat γ 4 γ. Hieruit volgt dat elk mogelijk beeld γ van de functie f(x) een element is van F 4 (als deelveld van F 64 ). De elementen van F 64 worden door f dus afgebeeld op vier elementen, namelijk 0, 1, t α 1, t t + 1 α 4. De vier vergelijkingen x 16 + x 4 + x + 1 0 x 16 + x 4 + x + 1 1 x 16 + x 4 + x + 1 α 1 x 16 + x 4 + x + 1 α 4 hebben samen juist 64 oplossingen, namelijk alle elementen van F 64. Maar elke vergelijking heeft hoogstens 16 oplossingen, waaruit volgt dat elke bovenstaande vergelijking juist 16 oplossingen heeft. Oefening 6.7. Noem α een primitief element van F 9, en noem f(x) een irreducibele veelterm van Z 3 [x] zodanig dat f(α ) 0. Bepaal f(x). Oplossing 6.7 We hebben dat α 8 1, met α n 1 voor elke 0 < n < 8. Stel b α. Bovenstaande opmerkingen hebben tot gevolg dat de orde van b gelijk is aan 4. We hebben dus b 4 1. Stel nu g(x) x 4 1. Dan is b een nulpunt van deze veelterm over Z 3. Maar deze veelterm is niet irreducibel over Z 3. Aangezien x 4 1 (x + 1)(x + 1)(x 1) over Z 3, vinden we dat f(x) x + 1. Controle: we vinden dat b + 1 α 4 + 1 1 + 1 0 in F 9. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 34

7 Telprincipes 7.1 Dubbele telling Oefening 7.1. Veronderstel dat we een aantal verschillende deelverzamelingen van N[1, 8] beschouwen zodanig dat elke deelverzameling 4 elementen bevat en dat elk element van N[1, 8] tot 3 dergelijke deelverzamelingen behoort. Hoeveel dergelijke deelverzamelingen zijn er dan? Oplossing 7.1 Beschouw de verzameling M van alle deelverzamelingen van N[1, 8] met drie elementen die voldoen aan bovenstaande eigenschappen. De deelverzameling S {(n, D) N[1, 8] M n D} van N[1, 8] M, dan is r n (S) 3 voor alle n N[1, 8] en k D (S) 4 voor alle D M. Wegens het principe van de dubbele telling bekomen we S k D (S), n N[1,8] r n (S) D M waaruit 3 N[1, 8] 4 M en dus M 6. Oefening 7.. Is het mogelijk om een verzameling van deelverzamelingen van N[1, 8] te vinden zodanig dat elke deelverzameling 3 elementen bevat, en zodanig dat elk element van N[1, 8] tot 5 deelverzamelingen behoort? Oplossing 7. Dezelfde redenering als in oefening 7. zou impliceren dat M 3 8 5 waaruit zou volgen 3 8 5, een strijdigheid. Dus een dergelijke verzameling M bestaat niet. Oefening 7.3. Indien X 1, X, X 3,..., X n verzamelingen zijn (eventueel gelijk), dan wordt X 1 X X n {(x 1, x,..., x n ) x i X i } de productverzameling van X 1, X,..., X n genoemd. Bewijs door middel van het inductieprincipe dat X 1 X X n X 1 X... X n. Oplossing 7.3 Voor inductiebasis n 1 is er niets te bewijzen: X 1 X 1. We bewijzen expliciet voor n dat X 1 X X 1 X. Een willekeurig element van X 1 X is van de vorm (x 1, x ), waarbij x 1 X 1 en x X. We vinden dat X 1 X x 1 X 1 r x1 (S), waarbij r x1 (S) juist gelijk is aan het aantal koppels (x 1, x ) waartoe die bepaalde x 1 behoort. Dit aantal is gelijk aan X. We vinden dus dat X 1 X x 1 X 1 X X 1 X, wat men wilde bewijzen. Zij nu k. We bewijzen dat als de uitspraak geldt voor n k, dan ook voor n k + 1. X 1 X X k+1 (X 1 X X k ) X k+1 ) n X 1 X X k X k+1 IH X1 X X k+1. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 35

Oefening 7.4. Beschouw volgende definitie: de hoekpunten van een ruimtefiguur zijn de geordende drietallen (a 1, a, a 3 ) waarbij a 1, a, a 3 {0, 1}. Twee hoekpunten worden verbonden door een ribbe als ze slechts in één positie een verschillend element hebben. Bijvoorbeeld (0, 0, 0) wordt verbonden met (0, 0, 1) maar niet met (1, 1, 0). a. Hoeveel hoekpunten heeft deze figuur? b. Heeft deze figuur driehoeken? c. Heeft deze figuur vierhoeken? d. Tot hoeveel ribben behoort elk hoekpunt? e. Bepaal hoeveel ribben deze figuur heeft aan de hand van een dubbele telling. f. Bepaal hoeveel vierhoeken deze figuur heeft aan de hand van een dubbele telling. g. Welk ruimtelichaam stelt deze figuur voor? Oplossing 7.4 a. Er zijn 3 8 drietallen. b. Neen. c. Ja. d. 3. e. Tel de koppels (hoekpunt, ribbe) op twee manieren, waarbij het beschouwde hoekpunt tot de ribbe behoort. Stel r gelijk aan het aantal ribben. We vinden 8 3 r, waaruit volgt dat de figuur 1 ribben heeft. f. 6. g. Een kubus (eigenlijk parallellepipedum) Oefening 7.5. Op een grootouderfeest op een lagere school komen voor elk kind gemiddeld grootouders kijken. Elke grootouder heeft gemiddeld drie kleinkinderen op deze school. Hoeveel kinderen zitten op deze school als er 66 grootouders naar het feest komen? Oplossing 7.5 99: dubbele telling koppels (grootouder, kleinkind) geeft 66 3 x. Oefening 7.6. In de minor wiskunde zijn er zeven vakken waarvan elke student er exact vier moet volgen. (Ga uit van een ideale wereld zonder GIT.) De administratie laat weten dat er in deze lessen respectievelijk 10, 5, 6, 8, 13, 17 en 8 studenten ingeschreven zijn. Bewijs dat de administratie fout is. Na hervragen blijkt dat er in de vakken 10, 5, 6, 8, 13, 17 en 5 studenten ingeschreven zijn. Bewijs dat de administratie nog steeds fout is. Oplossing 7.6 Het aantal student-vak-inschrijvingen is de som van deze getallen, 67. Dit moet echter deelbaar zijn door 4, quod non. Het aantal student-vak-paren is nu 64. Dit betekent dat er 16 studenten de minor wiskunde volgen. Dit is echter in strijd met het feit dat een vak gevolgd wordt door 17 lijfelijk verschillende studenten. Oefening 7.7. Gent wil een autodeelsysteem opstarten. Elk deelnemend gezin moet kunnen kiezen uit 3 verschillende auto s. Er zijn 48 gezinnen ge nteresseerd en er zijn 18 wagens beschikbaar. Wat kan je nu bepalen? Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 36

Oplossing 7.7 Elke auto wordt door (gemiddeld) 8 gezinnen gebruikt. Oefening 7.8. Hoeveel diagonalen heeft een n-hoek? Oplossing 7.8 Dubbele telling van de koppels (diagonaal, hoekpunt) waarbij het hoekpunt op de diagonaal ligt, levert n(n 3) D, aldus zijn er n(n 3) diagonalen. Oefening 7.9. Een tuinaanlegger wil 10 bomen op een originele manier planten. Hij wil 5 rijen van vier bomen bekomen. Hoe kan hij dat doen? Oplossing 7.9 Elke boom moet in twee rijen staan. Hij moet ze in een stervorm plaatsen: 1 op de 5 toppen en 1 op de snijpunten van de lijnstukken die de toppen verbindt. Oefening 7.10. Een school besluit een voetbalcompetitie op te starten. Elke ploeg moet tegen elke andere ploeg spelen. Leerlingen moeten een vast duo vormen en samen moeten ze in drie ploegen meespelen (waarbij er telkens één van de twee meespeelt). Er zijn 36 wedstrijden gepland. Hoeveel leerlingen nemen deel aan deze competitie? Oplossing 7.10 Als er n ploegen zijn, en er worden W 36 wedstrijden gespeeld, tel dan de koppels (p, w), waarbij p een ploeg is en w een wedstrijd, zodat p de wedstrijd w speelt. We vinden dat n(n 1) W 7. Oplossen van deze vergelijking levert ons n 9 (of n 8, wat hier nu niet mogelijk is). Er zijn dus negen ploegen. We tellen nu de koppels (d, p), waarbij d een duo leerlingen is en p een ploeg waarin een vertegenwoordiger van d speelt. Stel nu D gelijk aan de verzameling van alle leerlingenduo s. Een dubbele telling geeft dat D 3 n 11 99. We vinden hieruit dat er 33 duo s leerlingen zijn die deelnemen aan het tornooi. Dit betekent dat er 66 leerlingen voetballen. Merk op dat dit een eenvoudige dubbele telling van leerlingen en duo s is, met leerlingen per duo en 1 duo per leerling. Oefening 7.11. Een geheime sekte heeft een zeer speciaal gebouw gemaakt. Elke kamer is toegankelijk door juist drie deuren, waarbij er ook juist drie deuren naar buiten toe gebruikt worden. Er zijn juist 15 kamers. De sekte heeft speciale sleutels laten maken zodat voor elke twee deuren er precies één sleutel is die op beide deuren past maar op geen enkele andere. Elke sleutel hangt buiten in een kastje dat op zijn beurt ook op slot is. Van elk kastje zijn er drie sleuteltjes gemaakt. Elk sektelid heft een sleutelbos met 1 sleuteltjes van een kastje. Hoeveel sekteleden telt deze sekte? Oplossing 7.11 Opnieuw zullen we de elementen van een verzameling door kleine letters aanduiden, waarbij de verzameling zelf door een grote letter genoteerd wordt. Tel de koppels (k, d) op twee manieren, waarbij k een kamer is en d een deur die toegang geeft tot deze kamer. Merk op dat we ook buiten als een kamer moeten beschouwen, aangezien ook tot deze ruimte drie deuren behoren. We bekomen dat K 3 D, waaruit volgt dat D 16 3 4. Er zijn dus 4 deuren. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 37

Tel nu het aantal sleutels. We zullen de koppels (s, d) tellen, waarbij de sleutel s op de deur d past. Op deur d passen 3 sleutels, namelijk voor elke andere deur de sleutel die op d en die andere deur past. Dubbele telling van deze koppels geeft dus dat S D 3 4 3, waaruit volgt dat S 4 3 1 3. Men kan ook inzien dat het aantal sleutels het aantal paren is uit 4 elementen, dus ( ) 4 1 3. Er zijn evenveel kastjes als sleutels. Er zijn dus 1 3 kastjes k. Tel nu de koppels (k, s) op twee manieren, waarbij het sektelid s een sleuteltje heeft van het kastje k. We vinden dat K 3 S 1. Aangezien K 1 3, vinden we dat S 3 3 69. Er zijn 69 sekteleden. 7. Binomium van Newton Oefening 7.1. Bewijs het binomium van Newton door gebruik te maken van inductie. Oplossing 7.1 Neem als inductiebasis n 1, dan volgt duidelijk dat het binomium geldig is voor n 1. Stel nu dat het binomium voldaan is voor k N. Dan (a + b) k+1 (a + b) k (a + b) IH k ( ) k (a + b) a i b k i i i0 ( ) k a k+1 + k k 1 i0 a k+1 + b k+1 + i0 ( ) k a i+1 b k i + i k j1 k+1 ( ) k + 1 a i b (k+1) i i [( ) k + j 1 k i1 ( k j ( ) k a i b k i+1 + i )] a j b (k+1) j ( ) k b k+1 0 waaruit, wegens het inductieprincipe, volgt dat het binomium van Newton geldig is voor alle n N 0. Oefening 7.13. Bewijs de volgende formules: n ( ) n n k k0 n ( ) n ( 1) k 0 k k0 Oplossing 7.13 Beide gelijkheden kunnen bewezen worden door een goede keuze te maken voor a en b in (a + b) n uit het binomium van Newton, door inductie te gebruiken, of door verzamelingtheoretisch te redeneren, hetgeen een elegante oplossing oplevert. Tel het aantal deelverzamelingen van N[1, n] op twee manieren om de eerste formule te bewijzen: we weten al dit aantal gelijk is aan n. We tellen nu dit aantal op een andere wijze n {M M N[1, n]} {M N[1, n] M k} k0 n k0 ( ) n k Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 38

waaruit de eerste formule. Om de tweede formule te bewijzen gebruiken we de identiteit van Stifel-Pascal, zijnde ( ) ( n k n 1 ) ( k + n 1 k 1), gecombineerd met inductie op n. Kies als inductiebasis n 1. Wegens ( ( 1 0) 1 1) 0 is het gestelde alvast waar voor n 1. Zij nu l willekeurig zodat het gestelde geldt voor n l. Dan is l+1 ( ) l + 1 ( 1) k k k0 l ( ) l l+1 ( ) l ( 1) k + ( 1) k k k 1 k0 l ( ) l ( 1) k k k0 IH 0 + 0 0. k1 l ( ) l ( 1) i i i0 l+1 [( ) l ( 1) k k k0 ( )] l + k 1 In de tweede gelijkheid hebben we gebruikt dat de verdwenen binomiaalcoëfficiënten ( ) ( l l+1 en l l+1) gelijk zijn aan 0. In de derde gelijkheid hebben we de rechtse som aangepast door over te gaan op sommatievariabele i k 1. Als k loopt van 1 tot l + 1, dan loopt i van 0 tot l. De exponent van 1 wordt dan i + 1, maar we hebben één factor als minteken voorop gezet. Oefening 7.14. Bewijs de volgende formule ( ) n + 0 ( ) n + 1 ( ) n ( ) n +... + + n 1 ( ) n n ( ) n. n Oplossing 7.14 Het gebruik van inductie leidt tot niet triviale gelijkheden die aangetoond moeten worden. We gebruiken dus een alternatieve methode. We zien dat ( ) n n het aantal deelverzamelingen met n elementen is van een verzameling met n elementen. We zullen nu dit aantal op een andere manier proberen tellen. Daartoe zoeken we een interpretatie voor het linkerlid in termen van deelverzamelingen. De formule ( n ) i kan ge nterpreteerd worden als: kies i elementen uit een verzameling met n elementen. Aangezien ( n ( i) n ( n i) vinden we dat n )( n ( i n i) n. i) Deze gegevens moeten we nu combineren om een uitdrukking te vinden die alle deelverzamelingen met n elementen van een verzameling met n elementen telt. Beschouw M N[1, n], dan is M M 1 M, met M 1 N[1, n], M N[n + 1, n]. Deze unie is disjunct, en M 1 M n. Elke deelverzameling van M met kardinaliteit n kan verkregen worden door eerst in M 1 precies i getallen te kiezen (i n) en daarna nog (n i) getallen in M, en elke dergelijke verkregen verzameling is maar één keer geteld op die manier. Omgekeerd heeft elke deelverzameling B van M, waarvoor B n, een vast aantal i elementen gemeen met M 1 en n i elementen met M. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 39

Deze redenering levert ons: {D M D n} {(D 1, D ) M 1 M D 1 D n} {D M D 1 D n} D 1 M 1 n i0 D 1 M 1 : D 1 i n i0 D 1 M 1 : D 1 i n ( )( ) n n i n i n ( ) n i i0 i0 {D M D n i} ( ) n n i Oefening 7.15. Bewijs dat het binomiaalgetal ( p k) met p een priemgetal, deelbaar is door p voor alle waarden van k, 1 k p 1. Leid hieruit af dat (a + b) p a p b p steeds deelbaar is door p voor elke gehele getallen a en b. Oplossing 7.15 Aangezien ( ) p k p! k!(p k)! volgt dat p! ( p k) k!(p k)!. Omdat nu p het linkerlid deelt, moet het ook het rechterlid delen. Aangezien k, p k < p is k!(p k)! niet deelbaar door p want p is priem. Dus p ( ) p k voor alle k met 1 k p 1. Nu is (a + b) p a p b p p 1 ( p ) i1 i a i b p i waaruit onmiddellijk volgt dat p (a + b) p a p b p. 7.3 Variaties en combinaties Oefening 7.16. Op hoeveel manieren kan je 1 mensen aan ronde tafels voor 6 personen zetten? We beschouwen twee schikkingen als dezelfde als je de ene kan bekomen uit de andere door de tafels rond te draaien. Merk op dat we de tafels niet nummeren, dus een tafelschikking bekomen uit een andere door de twee tafels om te wisselen als geheel, beschouwen we ook als equivalent. Oplossing 7.16 Eerst moeten we de mensen in groepen van 6 personen verdelen. Dit kan door 6 personen uit de groep te halen en de overige zes vormen dan de tweede goep. We bekomen elke opsplitsing nu keer, aangezien de volgorde van de groepen niet belangrijk is. We vinden dus dat we dit kunnen doen op ( 1 1 ) 6 manieren. Daarna moeten we alle mensen aan de tafel plaatsen. We kunnen dit aan elke tafel op 6! manieren, maar er zijn telkens 6 manieren dezelfde, aangezien we de tafel kunnen draaien. Er zijn dus 6! 6 5! mogelijkheden voor elke tafel. Samen genomen vinden we dat er ( 1 1 ) 6 (5!) 6 65 800 mogelijkheden zijn. Een andere methode is de volgende: nummer de stoelen van 1 tot 1. De mensen kunnen op 1! manieren op de stoelen gaan zitten. Nu geeft het ronddraaien van elke tafel telkens 6 dezelfde tafelschikkingen op, terwijl het verwisselen van de twee tafels opnieuw dezelfde tafelschikkingen oplevert. We bekomen dus 1! 6 6. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 40

We kunnen de symmetrie ook van meet af aan inbouwen in de redenering. Aangezien het verwisselen van de twee tafels als geheel dezelfde tafelschikking oplevert, net zoals het roteren van tafels, is het duidelijk dat we voor een gegeven tafelschikking, na omwisselen en roteren, ieder van de 1 personen op de eerste stoel kunnen krijgen. Dus voor stoel nummer 1 mogen we een willekeurige persoon kiezen, zonder dat er daarbij tafelschikkingen verloren gaan. Er blijven dus 11 10 9 8 7 mogelijkheden om de eerste tafel op te vullen. Voor de tweede tafel blijven er nog juist 6 personen over. Opnieuw mogen we, omwille van de rotatie van tafels, 1 van de overblijvende personen op de eerste stoel van de tweede tafel kiezen. Er blijven dus nog 5! mogelijkheden over om de tweede tafel op te vullen. In totaal zijn er dus 11! 6 mogelijke tafelschikkingen. Oefening 7.17. Constantijn heeft tien ballen. Hij splitst deze in twee hopen. Dan neemt hij een hoop die uit minstens twee elementen bestaat en splitst deze op in twee hopen, zo verdergaand tot alle ballen afzonderlijk liggen. Op hoeveel manieren kan hij dit doen? Oplossing 7.17 In hoeveel stappen is de procedure afgelopen? Om de oplossing te vinden, kan je de procedure achterwaarts doorlopen. In negen stappen is de procedure afgelopen. De procedure achterwaarts doorlopen komt erop neer dat je in stap n twee hoopjes kiest, hiervoor zijn dus ( n ) manieren. In het totaal kan dit dus op ( ) 10 manieren. ( ) 9 Oefening 7.18. ( ) 8... ( ) a. Op hoeveel manieren kan je drie verschillende personen aan een tafel met twintig stoelen zetten, waarbij er geen twee naast elkaar zitten? b. Als er al twintig personen rond diezelfde tafel zitten, op hoeveel manieren kan je dan drie mensen kiezen waarvan er geen twee naast elkaar zitten? Oplossing 7.18 De tweede vraag vraagt het aantal configuraties, waarbij de volgorde van de plaatsen niet van belang is. Bij de eerste vraag zijn twee zettingen wel degelijk verschillend als de personen samen dezelfde plaatsen bezetten, maar er in een andere volgorde op zitten. Het antwoord op de eerste vraag zal dus een factor 3! 6 groter zijn dan het antwoord op de tweede. a. De eerste persoon kan je op 0 manieren kiezen. Zijn buren vallen dan meteen weg. Voor de 17 plaatsen die mogelijk zijn om de tweede persoon te kiezen, zullen we een onderscheid maken in twee gevallen. De tweede persoon kan ofwel twee plaatsen van de eerste persoon zitten, ofwel verder. In het ene geval hebben we twee manieren om de tweede persoon te kiezen (namelijk twee links of twee rechts), en daarna 15 manieren om de derde persoon te kiezen, want nu blokkeren beiden slechts vijf zetels. In het andere geval kunnen we de tweede persoon op 15 manieren kiezen en de derde persoon op 14, want nu blokkeren beiden samen zes zetels, namelijk deze waarop ze zitten en hun buren. We vinden dat 0 ( 15 + 15 14) 4800. b. We volgen een alternatieve piste voor de tweede vraag. Het aantal mogelijkheden om willekeurig drie plaatsen uit te kiezen, is ( ) 0 3. Het aantal mogelijkheden om drie plaatsen zodanig te kiezen dat er twee naast elkaar zitten en de de andere ergens apart, is 0 16: er zijn 0 mogelijkheden om twee Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 41

aaneensluitende posities te kiezen aan de ronde tafel en dan zijn er nog 16 mogelijkheden om de andere te kiezen. Het aantal mogelijkheden om drie aaneensluitende plaatsen te kiezen, is 0. Er zijn dus ( 0 ) 3 0 16 0 800 manieren om drie mensen te kiezen waarvan er geen twee naast elkaar zitten. Oefening 7.19. Beschouw een verzameling A met n elementen. a. Hoeveel relaties zijn er over A? b. Hoeveel reflexieve relaties zijn er over A? c. Hoeveel antireflexieve relaties zijn er over A? d. Hoeveel relaties over A zijn reflexief en symmetrisch? e. Hoeveel symmetrische relaties zijn er over A? f. Hoeveel antisymmetrische relaties zijn er over A? g. Hoeveel relaties over A zijn noch symmetrisch, noch antisymmetrisch? Oplossing 7.19 a. We herhalen dat een relatie over A een deelverzameling R A A is. Het aantal relaties over A is dus het aantal deelverzamelingen van de verzameling A A, dit is dus A A n. b. Een relatie R over de verzameling A is reflexief als en slechts als (x, x) R, x A. Een reflexieve relatie R bevat dus zeker de diagonaal D {(x, x) x R}. In A A \ D blijven er nog juist n n koppels van de vorm (x, y), x y over waarvan we willekeurig kunnen kiezen of ze tot de reflexieve relatie behoren of niet. Om een reflexieve relatie op te bouwen, moeten we dus starten van D en hebben we nog n n keer de keuze om een koppel al dan niet toe te voegen. Het aantal reflexieve relaties over A is dus n n. c. Een relatie R is antireflexief als en slechts als (x, x) R, x A. Ook hier hebben we voor elk identiek koppel (a, a) geen keuze: het mag niet in R zitten. Dus er blijven ook nu nog n n koppels over waarvan we de keuze hebben om ze toe te voegen aan R, en aldus zijn er n antireflexieve relaties over A. Het aantal antireflexieve relaties is bijgevolg gelijk aan het aantal reflexieve relaties. d. Als we een reflexieve en symmetrische relatie willen opbouwen, hebben we geen keuze op de diagonaal: de identieke koppels moéten erin. De symmetrie van de relatie R eist dat als (a, b) R, dan ook (b, a) R. Voor elk paar {a, b}, met a b, zitten dus ofwel (a, b) en (b, a) er beiden in, ofwel zit geen enkel van beide in R. Voor elk van de ( ) n n n paren moeten we dus de keuze maken. Er zijn bijgevolg n n symmetrische en reflexieve relaties. e. Zoals bij de vorige opgave mogen we voor de n n niet-identieke paren telkens de binaire keuze maken (beide erin of beide er niet in), maar nu hebben we ook op de diagonaal vrij spel: we mogen voor de n identieke koppels (a, a) telkens de binaire keuze maken of we het koppel erin nemen of niet. Er zijn dus n n + n n +n keuzes te maken en bijgevolg bestaan er n symmetrische relaties. f. Voor de antisymmetrische relaties is het iets moeilijker. Antisymmetrie betekent dat als (a, b) R én (b, a) R, dan a b moet zijn. Voor verschillende elementen a b mogen (a, b) en (b, a) dus niet beiden in R zitten. De drie alternatieven, nl. dat enkel (a, b) tot de relatie behoort, of enkel (b, a), of geen enkele van de twee, zijn wel mogelijk. Omdat we voor elk van de n n niet-identieke paren juist 3 opties hebben, en we verder opnieuw naar willekeur een aantal van de n identieke koppels kunnen toevoegen, is het aantal mogelijkheden om een antisymmetrische relatie op te bouwen, gelijk aan 3 n(n 1) n. g. We bewijzen eerst dat de relaties die zowel symmetrisch als antisymmetrisch zijn, precies deze zijn die enkel identieke koppels bevatten (maar mogelijks niet allemaal). Inderdaad, stel dat (a, b), met a b, in R zou zitten. Wegens symmetrie moet dan ook (b, a) erin zitten en wegens antisymmetrie moet dan a b, een strijdigheid. Er zijn bijgevolg n relaties die zowel symmetrisch als antisymmetrisch zijn: voor elk van de n identieke koppels moeten we kiezen of we het koppel erin nemen of niet. +n Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 7 4