Differentiequotiënten en Getallenrijen

Lesbrief 4 Binomiaalcoëfficiënten, Differentiequotiënten en Getallenrijen Binomiaalcoëfficiënten Het is beend dat (a + b 2 = a 2 + 2ab + b 2 en dat (a + b 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3. In het algemeen geldt (a + b n = a n + C a n b + + C n ab n + b n voor zeere gehele coëfficiënten C, C 2,..., C n. Deze zogenaamde binomiaalcoëfficiënten ( (binomium = tweeterm hangen af van n. De notatie voor C is meestal n (, spree uit n boven. Aangevuld met n ( 0 = n n = geldt dus Omdat geldt (a + b n = a n + 0 a n b + + b n = n (a + b n = (a + b(a + b n ( n n = (a + b a n + a n 2 b + + 0 ( n n n = a n + a n b + + ab n 0 n ( ( n n + a n b + + ab n + 0 n 2 =0 a n b. ( ( n b n n b n n an men de n-de binomiaalcoëfficiënten uitdruen in de n -ste: ( n n n = + (2 Hierbij wordt ( ( p q = 0 gesteld als q < 0 of als q > p. Samen met ( 0 = = legt (2 de binomiaalcoëfficiënten volledig vast. Men bereent ze gemaelij met behulp van de driehoe van Pascal, waarin el getal behalve de bovenste twee de som is van de twee getallen er schuin boven: n = 0 n = n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 2 3 3 4 6 4 5 0 0 5.................

Omdat a en b in (a + b n symmetrisch vooromen, geldt n n = n (3 De getallen ( n unnen oo als volgt bereend worden: (a + b n = (a + b(a + b (a + b }{{} n maal Een term a n b ontstaat bij het haajes wegweren telens als men in factoren een b neemt en in de overige n een a. ( n is dus gelij aan het aantal manieren waarop men uit n elementen elementen an iezen. Voor het eerste element an men iezen uit n mogelijheden, voor het tweede uit n, enzovoorts. Dit geeft n(n (n + mogelijheden. Maar omdat de volgorde waarin het euzeresultaat tot stand is geomen niet van belang is, moet nog gedeeld worden door het aantal mogelije permutaties van de geozen elementen, dit is!. Er geldt dus: n(n (n + n! = =!!(n!. (4. Opgave. Bewijs (4 met volledige inductie naar n door formule (2 te gebruien. Enige eenvoudige identiteiten: (i Kies in ( a = b = : 2 n =. =0 (ii Kies in ( a =, b = : 0 = (. =0 n + i n n + i n + + i (iii = + = + = i 0 i 0 i i=0 i= i= + 2 n + i n + + + = = door herhaald toepassen van (2. i i=2 Toepassing. Onder p personen moet men n guldens verdelen (n p zo, dat el minstens één gulden rijgt. Op hoeveel manieren is dit mogelij? Oplossing. Leg de n guldens op een rij. Er zijn dan n tussenruimten. Vult men hiervan n p tussenruimten door schaels op, dan ontstaat een rij van p ettingen, voor el persoon één. Het aantal mogelije verdelingen is dus gelij aan het aantal mogelijheden om uit de n tussenruimten er n p te iezen: ( ( n n p = n p. Toepassing. Bewijs dat voor geen enel niet-negatief geheel getal n geldt dat =0 ( 2n + 2 3 2 + een vijfvoud is. (IWO 974 Oplossing. Reen modulo 5. Dan geldt 2 3 (2 3 3 mod 5. We proberen de binomiaalcoëfficiënten met behulp van (2 af te breen. Pas (2 twee maal toe, dan volgt ( 2n + = 2 + ( 2n + 2 2 + ( 2n 2 + ( 2n. 2 2

Noem S n = n ( 2n+ =0 2+ 3 en T n = n lagere S-en en T -en uitdruen. S n = T n = ( ( ( 2n 2n + 2 2 + 2 =0 + ( 2n 2n + 2 + 2 2 =0 =0 ( 2n+ 2 3, dan an men S n en T n in de ( 2n 3 = S n + 2T n + 3S n. 2 ( 2n 3 = T n + 6S n + 3T n. 2 2 Er geldt dus S n = 4S n + 2T n en T n = 6S n + 4T n. Er zijn twee manieren om het bewijs te voltooien. (a Er zijn modulo 5 voor S n en T n el vijf mogelijheden, dus er zijn hoogstens vijfentwintig mogelije paren (S n, T n. (S 0, T 0 = (, en met de hierboven afgeleide formules an men de volgende paren bereenen. Na hoogstens vijfentwintig stappen moet periodiciteit optreden. Geldt dus voor geen enele n < 25 dat S n 0 mod 5, dan is het bewijs geleverd. (b We reenen steeds modulo 5: S n = 4S n + 2T n S n + 2T n en T n = 6S n + 4T n S n T n. Daarom S n S n + 2T n S n 2 2T n 2 + 2S n 2 2T n 2 3S n 2 4T n 2 3S n 2 + T n 2 3S n 3 + 6T n 3 3S n 3 +6T n 3 +S n 3 T n 3 2S n 3. Men bereent dan S 0 =, S mod 5, S 2 mod 5 en aangezien ( 2 0 mod 5 voor alle, is oo S n 0 mod 5 voor alle. 2 Differentiequotiënten Laat gegeven zijn het n-de graads polynoom P (x = a n x n + + a 0, a n 0. Het differentiequotiënt h P (x := P (x + h P (x h = (a n(x + h n + + a 0 (a n x n + + a 0 h = a n nx n + behorende bij een vaste toename h 0, is een (n e -graads polynoom met a n n als coëfficiënt van de hoogste macht van x. (Verifieer dit door uitweren. Van dit polynoom vormt men het differentiequotiënt bij een toename h 2 0: h2 ( h P (x = h P (x + h 2 h P (x h 2 = a n n(n x n 2 +. Dit differentiequotiënt wordt genoteerd als h2h P (x. Het is een polynoom van graad n 2 in x. In het algemeen wordt het -de differentiequotiënt behorende bij de toenames h, h 2,..., h gedefinieerd door h h h P (x := h h P (x + h h h P (x h. Het is een polynoom in x van de vorm a n n(n (n + x n +. In het bijzonder geldt voor = n hn h P (x = a n n!. Dit is dus een constante, die afhanelij is van de waarden van h, h 2,..., h n. Er geldt daarom 3

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

Definitie 3. De rij {a i } convergeert naar het getal (oo wel: heeft limiet als er bij el positief getal ε een getal I gevonden an worden zo, dat voor alle termen a i uit de rij met i > I geldt a i < ε. Notatie: lim i a i = (oo wel: a i als i. Ele rij die niet convergeert heet divergent. Er zijn bijzondere divergente rijen: Definitie 3.2 De rij {a i } divergeert naar plus oneindig (oo wel: heeft limiet plus oneindig als er bij el getal M een getal I is zo, dat voor alle i > I geldt dat a i > M. Notatie: lim i a i = + (of: a i + als i. De rij {a i } divergeert naar min oneindig (of: heeft limiet min oneindig als de rij { a i } naar plus oneindig divergeert. Notatie: lim i a i = (of: a i als i. Opmering: plus oneindig en min oneindig zijn dus geen reële getallen, maar uitdruingen om het gedrag van bepaalde rijen ort te unnen beschrijven. Voorbeelden:. a i = i. De rij { i } convergeert naar 0. 2. a i = i+ i. De rij { i+ i } convergeert naar. 3. a i = i 2. De rij {i 2 } divergeert naar +. 4. a i = ( i. De rij {( i } divergeert zonder limiet. 3. Reenundige rijen Een rij van de vorm a, a +, a + 2, a + 3,... heet een reenundige rij. De som van de eerste n + termen bepaalt men als volgt: a + (a + n = 2a + n, (a + + (a + (n = 2a + n,...,(a + n + a = 2a + n. Daarom 2 ( a + (a + + + (a + n = (a + (a + n + ((a + + (a + (n + + ((a + n + a = (2a + n + (2a + n + + (2a + n. Hieruit blijt dat }{{} n+ maal a + (a + + + (a + n = 2 (n + (2a + n. 3.2 Meetundige rijen Een rij van de vorm a, ar, ar 2, ar 3,... heet een meetundige rij met reden (ratio r. r is de verhouding tussen twee opeenvolgende termen. De som S n van de eerste n termen bepaalt men als volgt: S n = a + ar + + ar n rs n = ar + + ar n + ar n ( rs n = a( r n Hieruit volgt dat als r, dan geldt S n = rn r. (5 In het algemeen noemt men de som S n = a + a 2 + + a n = n i= a i de n-de partiële som van de rij {a i }. De rij {S n } n= van partiële sommen noemt men een 5

rees. Heeft de rij van partiële sommen een limiet S, dan heet S de som van de rees. Men schrijft voor S vaa i= a i of a + a 2 + a 3 +, waarmee we dan n bedoelen lim n S n = lim n i= a i. Beschouw de meetundige rees a + ar + ar 2 + ar 3 +. Het geval a = 0 sluiten we uit. Aangezien geldt voor r > : r n + als n, voor r = : r n = voor alle n, voor < r < : r n 0 als n, voor r : {r n } divergeert zonder limiet als n, volgt uit (5 dat een meetundige rees convergeert dan en slechts dan als r <. In dat geval volgt voor de som S: S = a r. Voorbeeld: voor alle natuurlije getallen m en n met m < n geldt ( n n n n n + + ( m = ( m. 0 2 m m Bewijs. Het linerlid is de coëfficiënt van x n in het polynoom x n ( x n +x n ( x n + +x n m ( x n = (x n +x n + +n n m ( x n. Volgens formule (5 is dit laatste gelij aan n m xm+ x x ( xn = x n m ( x m+ ( x n = x n m ( x n x n+ ( x n. De coëfficiënt van x n in dit polynoom is ( m( n m. 3.3 De harmonische en de hyperharmonische rees De rees + 2 + 3 + 4 + heet de harmonische rees. We gaan aantonen dat deze rees divergeert naar plus oneindig. Allereerst is het duidelij dat de partiële sommen een stijgende rij vormen. We moeten dus nog bewijzen dat ze boven ele grens uit stijgen. Daartoe noemen we de n-de partiële som weer even S n. We unnen opmeren dat S 4 = + 2 + 3 + 4 > + 2 + 4 + 4 = 2, S 8 = + + 8 > + 2 + ( 4 + 4 + ( 8 + 8 + 8 + 8 = 5 2, S 6 > + 2 + 2 4 + 4 8 + 8 6 = 3. In het algemeen geldt S 2 n > + n 2 en als n naar oneindig gaat stijgt dit boven ele grens. De hyperharmonische rees = = + 2 4 + 9 + 6 + daarentegen convergeert. Beschouw namelij S n = n =. Omdat 2 < 2 ( = als 2, geldt + 2 2 + 3 2 + + n 2 < + 2 + 2 3 + + (n n = + ( 2 + ( 2 3 + + ( n n = 2 n < 2. 6

Alle termen van de stijgende rij van partiële sommen zijn dus leiner dan 2. De rees moet daarom een eindige som hebben. Men an bewijzen dat deze som gelij is aan π2 6. Opmeringen:. Omdat p als p, is = oo divergent als p. Omdat p p 2 als p 2, is = oo convergent als p 2. Met een andere methode an men p aantonen dat deze rees oo convergeert voor alle p met < p < 2. Conclusie: = convergeert voor p > en divergeert naar + voor p. p 2. De identiteit ( = stelde ons in staat de n-de partiële som van de hyperharmonische rees als een telescoop in elaar te schuiven. Dat laatste principe an men vaer gebruien! Opgave 3. Bereen (a ( 2 (b ( + 2 = = (c = ( + ( + 2 (d log = ( + 2 2 + 2. Opgave 3.2 Onderzoe of de volgende reesen convergent zijn: ( (a 2 (b (c sin log 2 = =2 =0 (aanwijzing voor (c: voor x > 0 geldt sin x < x Opgave 3.3 Bewijs dat ( ( 2n n = n 2 ( 0 + n 2 ( + + n 2. n Opgave 3.4 Bewijs dat ( ( n + n+ ( + + n+m ( = n+m+ ( + n + als < n. Opgave 3.5 Bewijs dat er een convergente rees ontstaat als men uit de harmonische rees alle termen n verwijdert waarvoor de decimale schrijfwijze van n minstens één cijfer 9 bevat. 4 Gemengde opgaven Opgave 4. Kan men 93 punten onderling zo verbinden, dat el punt met precies 23 andere verbonden is? (NWO e ronde 967 Opgave 4.2 Er zijn zes steden en twee luchtvaartmaatschappijen zo, dat tussen el paar steden door precies één van beide maatschappijen een verbinding wordt onderhouden. Bewijs dat het luchtnet van minstens één maatschappij een driehoe bevat, en bewijs dan dat er in de twee luchtnetten zelfs twee driehoeen zijn. (NWO 970 Opgave 4.3 200 scholieren staan opgesteld in 0 rijen van el 20 scholieren. Uit el van de 20 zo gevormde olommen wordt de leinste scholier bepaald, en de grootste van deze 20 leinsten rijgt een rode vlag. Vervolgens bepaalt men uit ele rij de grootste, en de leinste van deze 0 grootsten rijgt een groene vlag. Als dit een ander is dan de drager van de rode vlag, wie van de twee is dan de grootste? Opgave 4.4 El van 7 geleerden correspondeert met alle 6 andere. Ze schrijven slechts over drie onderwerpen, en el paar geleerden schrijft elaar slechts over één onderwerp. Bewijs dat er minstens drie geleerden zijn die onder elaar over hetzelfde 7

onderwerp corresponderen. (IWO 963 Opgave 4.5 m en n zijn positieve gehele getallen. Bewijs dat oo een positief geheel getal is. (2m!(2n! m!n!(m + n! Opgave 4.6 Op vier opeenvolgende hoepunten van een regelmatige twaalfhoe staan achtereenvolgens een rode, gele, witte en blauwe pion. Men mag een pion verplaatsen over vier hoepunten heen naar een vijfde hoepunt, als dat tenminste onbezet is. (Men mag zowel linsom als rechtsom gaan. Na een aantal van deze zetten staan de vier pionnen weer op de vier oorspronelije hoepunten, maar in een andere volgorde. Hoeveel verschillende herschiingen van de vier pionnen unnen op deze wijze verregen worden? Opgave 4.7 Ele zijde van een gegeven driehoe wordt door m punten in m + lijnstuen verdeeld. Daarna wordt el hoepunt verbonden met el van de m deelpunten op de tegenoverliggende zijde. In hoeveel stuen wordt de driehoe dan door die 3m lijnen hoogstens verdeeld? (NWO 974 Opgave 4.8 Hoeveel rijtjes van 0 cijfers bestaan er waarin er minstens 3 gelije cijfers naast elaar staan? 8