Breuken - Brak - Gebroken€¦ · oefeningen staan achterin. Bij dit boekje hoort een website met...

Breuken - Brak - Gebroken

Kettingbreuken

Voorwoord

Kettingbreuken is een boekje dat bedoeld is voor HAVO- en VWO leerlingenmet wiskunde in hun profiel. Aan het einde van elk hoofdstuk is een aantaloefeningen opgenomen, om de leerstof beter te begrijpen. Uitwerkingen van deoefeningen staan achterin. Bij dit boekje hoort een website met extra onder-steuning, bereikbaar via www.rgomiddelharnis.nl menu leerlingen - vaklokalen- wiskunde.

Kettingbreuken zijn, zoals de naam al zegt, in de eerste plaats gewoon breuken.Dit zijn getallen van de vorm p

q, waarbij p en q gehele getallen zijn (q 6= 0).

Onder gehele getallen verstaan we de natuurlijke getallen 1, 2, 3, · · · , het getal0 en de negatieve gehele getallen −1,−2,−3, · · · . Kettingbreuken is een on-derdeel van de getaltheorie. Wie meer wil lezen over getaltheorie raad ik aan:Getaltheorie voor Beginners - Frits Beukers (Epsilon Uitgaven, Utrecht- ISBN:90-5041-049-9).

In hoofdstuk 1 wordt gekeken naar de decimale ontwikkeling van getallen. Ookworden de breuken met hun eigenschappen nauwkeurig bekeken. De basis wordtgelegd voor de eigenschappen van kettingbreuken. In hoofdstuk 2 worden deeindige kettingbreuken met hun eigenschappen bekeken. Belangrijke zaken alsconvergenten en kettingbreukalgoritme worden behandeld. Ook volgt er eentoepassing bij de oplossing van ax+ by = c. In hoofdstuk 3 volgen de oneindigekettingbreuken. Na eigenschappen als benaderingseigenschappen en periodi-citeit volgen enkele toepassingen zoals het rekenen aan kalenders, de guldensnede en kettingbreuken met negatieve wijzergetallen. In hoofdstuk 4 staat eentoepassing van de kettingbreuken; de vergelijking van Pell. Ten slotte volgener eindopdrachten waarin o.a. in een computerpracticum gerekend wordt aankettingbreuken.

Mijn dank gaat uit naar prof. dr. Frits Beukers voor de begeleiding bij detotstandkoming van dit boekje. Tevens dank ik NWO voor de gelegenheid viaLiO (leraar in onderzoek) dit boekje te schijven

Lennart de JongeStellendam, juli 2006

i

Inhoudsopgave

1 Decimale ontwikkeling 1

1.1 Getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Periodieke breuken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Eindige kettingbreuken 7

2.1 Representatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Convergenten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Euclidisch algoritme en Kettingbreuk algoritme . . . . . . . . . . 112.4 Geheeltallige oplossingen van ax + by = c . . . . . . . . . . . . . 142.5 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3 Oneindige kettingbreuken 17

3.1 Representatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2 Benaderingseigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3 Periodiciteit en symmetrieen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.4 Kalender . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.5 Sectio divina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.6 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4 De vergelijking van Pell 27

4.1 Diophantische vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.2 Pell nader bekeken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.3 Knikkers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.4 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5 Eindopdrachten 33

5.1 De Slag bij Hastings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335.2 Computer practicum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6 Verder werken 37

6.1 Vermoeden van Zaremba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.2 Elementaire functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

7 Uitwerkingen van de oefeningen 41

ii

Hoofdstuk 1

Decimale ontwikkeling

1.1 Getallen

Er zijn verschillende manieren om getallen te representeren. Dit boekje gaatover kettingbreuken. Voordat we in detail naar kettingbreuken gaan kijken,richten we ons eerst op decimale breuken. Het huidige systeem om getallen tenoteren stamt uit de Indische en Arabische tijd en staat bekend als het decimalesysteem. Met bijvoorbeeld 1234 bedoelen we het getal 1 · 103 +2 · 102 +3 · 101 +4 · 100.

Voor 1600 werd voor het rekenen met niet-gehele getallen normaal gesprokengewerkt met algemene breuken, gebaseerd op handige noemers. Er waren welgestandaardiseerde methoden die met 60-tallige breuken werkten, maar overhet algemeen was het moeilijk om aan de breuk te zien in hoeverre die hetgewenste niet-gehele getal werkelijk benaderde. Decimale breuken werden alwel gebruikt, maar alleen om te kunnen worteltrekken. In het dagelijks levenwerkte men niet met decimale breuken. In 1586 schreef Simon Stevin zijn be-roemde werk De Thiende, waarin hij het algemeen gebruik van breuken op basisvan het tientallig stelsel beschreef. Hij gebruikte daarvoor nog niet de notatiemet een decimale punt of decimale komma zoals wij dat nu doen, maar eennotatie waar achter elk cijfer in een cirkel de (negatieve) macht van 10 kwamte staan die er op dat cijfer van toepassing was. Wat wij nu als 6, 87 (d.w.z.6 · 100 + 8 · 10−1 + 7 · 10−2) schrijven, schreef Simon Stevin als 6(0)8(1)7(2).

We hebben gezien dat de deling van twee gehele getallen soms een geheel ge-tal oplevert. Meestal is dit echter niet het geval. De breuken 1

2 = 0, 5 en1284950000 = 0, 25698 zijn voorbeelden van gebroken getallen met een eindige deci-male ontwikkeling.

We kennen ook getallen met een oneindige decimale ontwikkelingen. Het getalpi,

π = 3, 141592653589793238462643383 · · ·

heeft door de jaren heen vele mensen geboeid. De decimale ontwikkeling vanpi is zo willekeurig dat wiskundigen vermoeden dat de decimale ontwikkeling

1

2 HOOFDSTUK 1. DECIMALE ONTWIKKELING

van pi niet te onderscheiden is van een willekeurige rij cijfers. Een eindig rijtjecijfers komt op den duur even vaak in pi voor als dat je zou verwachten in eenwillekeurige rij. Niemand heeft dit echter tot nu toe kunnen bewijzen. Het ont-houden van de eerste zoveel decimalen van pi is een sport op zich. Maar in onscomputertijdperk is dit een nogal nutteloze bezigheid geworden. Tegenwoordigtover je met een simpele druk op de knop vele duizenden decimalen op je schermtevoorschijn. Op het internet vind je verschillende pi-clubs. De leden van de1000-club beweren 1000 decimalen van pi uit hun hoofd te kennen. Maar alsbewijs hoeven ze slechts duizend of meer decimalen per email op te sturen. Detegenhanger van de 1000-club is de 2-club, die bestaat uit mensen die bewerenniet eens twee decimalen van pi te kunnen onthouden! Als je lid wilt wordenvan zo’n pi-club, dan kan de volgende zin je op weg helpen (tel de letters in dewoorden).

How I want a drink, alcoholic of course, after the heavy lectures involving quan-tum mechanics!

Meer informatie over Pi is te lezen in het zebra deeltje over dit onderwerp.1.

1.2 Periodieke breuken

Een eindige decimale breuk is een breuk met als noemer een macht van 10,bijvoorbeeld 0, 123 = 123

103 . Decimale breuken worden niet als breuk geschrevenmaar als een rij cijfers. Niet alle breuken zijn als een (volledige) decimale breukte schrijven. Zo is bijvoorbeeld 1

3 = 0, 3333333333333 · · · . We noteren dit als0, 3. Zo’n breuk noemen we een repeterende (decimale) breuk. Elk rationaalgetal (een getal van de vorm p

q, met q 6= 0) kan als een, al dan niet repeterende,

breuk worden geschreven.

Op het eerste gezicht zijn niet alle decimale ontwikkelingen van breuken pe-riodiek. Bijvoorbeeld 1

4 = 0, 25. Toch kun je 0, 25 zien als een periodiekeontwikkeling, door 1

4 te schrijven als 0, 2500000 · · · . Je zou kunnen zeggen datdit getal vanaf de derde decimaal een periodiek aantal nullen heeft. Een andervoorbeeld is

373

420= 0, 88809523809523809 · · · = 0, 88809523

We zien dat het rijtje getallen 809523 steeds wordt herhaald maar pas begintna de eerste twee decimalen 8. We noemen 809523 de periode en omdat ditrijtje bestaat uit 6 cijfers zeggen we dat de periodelengte gelijk is aan 6. Dat dedecimale ontwikkelingen van een breuk p

qniet meteen vanaf het decimaalteken

periodiek is (zuiver periodiek) komt omdat de noemer q factoren 2 of 5, of beidebevat.

1De geschiedenis en de wiskunde van het getal π, F. Beukers, ISBN 90-5041-062-6

1.2. PERIODIEKE BREUKEN 3

De decimalen van een breuk kun je ook zonder rekenmachine bepalen. Welaten dit zien aan de hand van 3

7 . Stel we schrijven de decimalen van 37 als

a1, a2, a3, · · · . Dus3

7= 0, a1a2a3 · · ·

Vermenigvuldigen we 37 met 10, dan krijgen we 30

7 = 4 + 27 . Ook geldt dat

307 = a1, a2a3a4 · · · . Vergelijken we beide uitdrukkingen dan zien we dat a1 = 4.Laten we het gehele deel weg en vermenigvuldigen de rest 2

7 weer met 10, dan10 · 2

7 = 207 = 2 + 6

7 dus a2 = 2. Wanneer we dit proces van de ontstane restvermenigvuldigen met 10 en het gehele deel afsplitsen voortzetten, krijgen wea3 = 8, a4 = 5, a5 = 7 en a6 = 1. Nu krijgen we als ’rest’ weer 3

7 . Het procesbegint dan weer opnieuw. De decimale ontwikkeling van 3

7 is dus periodiek ende periode is 428571.

Stelling 1.2.1 Als de noemer van een vereenvoudigde breuk geen factoren 2 of5 bevat, dan is de decimale ontwikkeling van die breuk zuiver periodiek.

Bewijs:Om deze stelling voor alle breuken aan te tonen, gaan we net zo te werk als wemet 3

7 gedaan hebben. Alleen nemen we nu pq

in plaats van 37 .

We schrijven: pq

= 0, a1a2a3 · · · met 0 < p < q en 0 ≦ ai ≦ 9. q bevat geenfactoren 2 of 5. Door vermenigvuldiging links en rechts met 10 krijgen we voor0 ≦ ai ≦ 9 en 0 < ri < q:

10 · pq

=a1 · q + r1

q= a1 +

r1

q10 · r1

q=

a2 · q + r2

q= a2 +

r2

q...

De op deze wijze gegenereerde rij a1, a2, a3, · · · leveren de decimalen van debreuk p

q. Omdat 0 < ri < q, voor alle i, moet er op een gegeven moment een ri

zijn die al een keer geweest is. Stel rk = rl , met k < l. Dus:

10 · pq

=a1 · q + r1

q= a1 +

r1

q10 · r1

q=

a2 · q + r2

q= a2 +

r2

q...

10 · rk−1

q= ak +

rk

q...

10 · rl−1

q= al +

rl

q


Omdat rl = rk zal het rijtje resten rl+1, rl+2, · · · hetzelfde zijn als het rijtjeresten rk+1, rk+2, · · · . Dus de breuk is periodiek met periodelengte m = l − k.Om aan te tonen dat de breuk ook zuiver periodiek is, moeten we aantonendat de rij resten die vooraf gaan aan rk en rl gelijk zijn aan elkaar. Bekijkhiervoor het verschil van

10·rk−1

q= ak + rk

qen

10·rl−1

q= al + rl

q. Dan geldt dat

10·(rk−1−rl−1)q

= ak − al dus een geheel getal. D.w.z. q deelt 10 · (rk−1 − rl−1) enomdat q geen factoren 2 of 5 bevat, deelt q dus rk−1 − rl−1. Hieruit volgt datrk−1 = rl−1. Dit wil zeggen dat de voorgangers van rk en rl ook aan elkaar gelijkzijn en daar weer de voorgangers van, etc. Zet dit proces voort tot rm = p. Ergeldt dan dat a1 = am+1 dus de breuk is zuiver periodiek met periode lengtem. 2We zullen nu preciezer bekijken wat er gebeurt als de noemer wel factoren 2 of5 bevat. Eerst maar weer een voorbeeld:

13

35=

13

5 · 7 = 0, 3714285

Door vermenigvuldiging met 10 ontstaat:

130

35= 3 +

25

35= 3 +

5

7= 3, 714285

en 57 is volgens de vorige stelling zuiver periodiek. Delen door 10 geeft links

onze oorspronkelijke 1335 en rechts verschuift alles 1 plaats naar rechts. Dus 13

35is niet zuiver periodiek (gemengd periodiek).

Stel de onvereenvoudigbare breuk pq

bevat factoren 2 of 5 in de noemer, dus:

p

2a · 5b · s

voor a, b ∈ Z>0. Vermenigvuldig nu met 10k, waarbij k gelijk is aan de grootsteexponent a of b. De factoren 2 of 5 zijn na vereenvoudiging weg uit de noemer.

Dat wil zeggen dat de decimale ontwikkeling van 10k ·pq

zuiver periodiek is. De-

len we door 10k dan verschuiven de decimalen van 10k ·pq

naar rechts over eenafstand k ten opzichte van het decimaalteken. De ontwikkeling is dus gemengdperiodiek.

Het op deze manier uitrekenen van de decimalen van een breuk levert nog eenaardigheid op. We nemen het getal 7 en bepalen de decimalen van het getal 1

7 .Laten we eens kijken naar de som van de cijfers in de periode. Bij 1

7 = 0, 142857gaat het dus om 1+4+2+8+5+7 = 27. Deze som is ook gelijk aan 41

2×6, waar-bij 6 = 7− 1, dus een minder dan de noemer 7. Het blijkt dat S = 41

2 × (p− 1)een formule is om de som van de cijfers in de periode van 1

pte bepalen, wanneer

de noemer een priemgetal is met periodelengte p − 1. Zo’n formule is handig

1.2. PERIODIEKE BREUKEN 5

wanneer de periodelengte groot wordt, zoals bij

1

97= 0,0103092783505154639175257731958762886597

9381443298969072164948453608247422680412

3711340206185567

Het is duidelijk dat het bepalen van de som van de 96 cijfers in de periode nietprettig is om met de hand uit te rekenen. We laten de rekentechniek zien aan dehand van het eenvoudige voorbeeld van 1

7 , zodat we het ook kunnen toepassenop lastigere voorbeelden, zoals 1

97 .De ontwikkeling van de decimalen van 1

7 ziet er als volgt uit:

10 = 1 × 7 + 3

30 = 4 × 7 + 2

20 = 2 × 7 + 6

60 = 8 × 7 + 4

40 = 5 × 7 + 5

50 = 7 × 7 + 1

Tellen we nu de getallen aan de linker- en rechter kant van het =-teken op, dankrijgen we:

10× (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = (1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7)× 7 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)

Dus:(1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7) × 7 = 9 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)

Nu geldt volgens de somformule van een rekenkundige rij (C.F. Gauss) dat(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 6×7

2 . Dus we krijgen:

(1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7) × 7 = 9 × 6 × 7

2Tenslotte delen we links en rechts door 7, dan krijgen we:

1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7 =9 × 6

2= 27

We kunnen dit voor een willekeurig priemgetal p doen, waarvan de periodelengtevan 1

pgelijk is aan p − 1. Er volgt dat voor de som Sp van de cijfers uit de

periode geldt

Sp =9(p − 1)

2In opgave 1.3.4 wordt deze formule afgeleid.

Controleer nu zelf dat voor 197 geldt

0 + 1 + 0 + 3 + 0 + 9 + · · · + 7 =9 × 96

2= 432


1.3 Oefeningen

Oefening 1.3.1 Schrijf het getal 37, 246 als som van machten van 10.

Oefening 1.3.2 Beredeneer waarom 0, 101001000100001000001 · · · een irrati-onaal getal is.

Oefening 1.3.3 Schrijf elk van de getallen 17 , 2

7 , · · · , 67 als decimale breuk. Wat

valt er op aan de decimalen?

Oefening 1.3.4 Schrijf 1p

= 0, a1a2a3 · · · ap−1, met p een willekeurig priemge-

tal waarvan de periodelengte van 1p

gelijk is aan p− 1. Leidt de formule af voorde som Sp van de cijfers in de periode.

Oefening 1.3.5 Welke breuken met noemer 24 geven (na herleiding) een ein-dig decimale breuk, welke een zuiver repeterende breuk en welke een gemengdrepeterende breuk?

In de volgende opgave gaan we bewijzen dat het blok 142857 steeds herhaaldwordt in de decimale ontwikkeling van 1/7.

Oefening 1.3.6 Bepaal de som van de meetkundige reeks 1 + x + x2 + x3 +x4 + · · · , welke geldt voor alle x ∈ R met |x| < 1.

Bepaal nu de ontwikkeling van 1106−1

, door in de meetkundige reeks beide zijden

met x te vermenigvuldigen en vervolgens voor x = 10−6 in te vullen.

Laat zien dat 17 = 142857

106−1 en dat dus het blok 142857 wordt herhaald.

Oefening 1.3.7 Bepaal het gemiddelde van de cijfers in de periode van 1p, met

p een priemgetal en de lengte van de periode van 1p

gelijk aan p − 1.

Oefening 1.3.8 Onderzoek voor enkele willekeurige priemgetallen p, dus nietmet periodelengte p − 1, of het gemiddelde van de cijfers uit de periode van 1

p

gelijk is aan het gemiddelde wanneer wel de periodelengte p − 1 is.

Hoofdstuk 2

Eindige kettingbreuken

2.1 Representatie

Sinds de oudheid is al bekend dat reele getallen, behalve via hun decimaleontwikkeling, ook via kettingbreuken kunnen worden weergegeven. Met ket-tingbreuken kan men optimale rationale benaderingen (dus van de vorm p

qmet

q 6= 0) van reele getallen construeren. Evariste Galois (25 oktober 1811 - 31 mei1832) is bekend geworden vanwege zijn wiskundige prestaties op jonge leeftijd.Zijn wiskundeknobbel uitte zich op vijftienjarige leeftijd, toen hij de derde klasvan het voorbereidend wetenschappelijk onderwijs moest doubleren. Hij kreegeen wiskundedocent die hem in alle opzichte stimuleerde. Galois verslond zijnwiskundeboeken en las ook al meesterwerken uit die tijd: Legendre’s werk overgeometrie en Lagrange’s boeken over vergelijkingen, functies en analyse. Eenjaar te vroeg besloot Galois toelatingsexamen te doen voor de polytechnischeschool.

Hij werd afgewezen omdat zijn wiskundekennis onvoldoende zou zijn! Zo’nonrechtvaardigheid voor een wis-kundig genie. In maart 1829 -als 17 jarige scholier - publiceer-de Galois zijn eerste artikel in eenwiskundig tijdschrift: Bewijs vaneen theorema over periodiek re-peterende breuken. Galois stierfop 20 jarige leeftijd in een duelom een meisje, maar in de nachtvoor zijn dood zette hij een revo-lutionaire theorie op papier, diebekend staat als Galois theorie.Hiernaast staat de brief die Ga-

lois vlak voor zijn dood schreef. Links onder het bibliotheekstempel zijn nood-kreet:”Je n’ai pas le temps - maar ik heb geen tijd”.

7

8 HOOFDSTUK 2. EINDIGE KETTINGBREUKEN

Een eindige kettingbreuk is een breuk van de vorm:

a0 +1

a1 +1

a2 + · · · + 1

an

met a0 ∈ Z en a1, a2, · · · , an ∈ N. Omdat deze manier van opschrijven onhandigis en veel ruimte kost kiezen we meestal voor [a0, a1, a2, · · · , an]. De getallena0, a1, a2, · · · , an heten de wijzergetallen van de kettingbreuk.Vanzelfsprekend levert berekening van een eindige kettingbreuk een rationaalgetal (een breuk) op. Het aardige is dat ook het omgekeerde geldt. Bij elk rati-onaal getal hoort een kettingbreuk. Hier komen we op terug. De ontwikkelingvan een kettingbreuk is bijna uniek. Voorbeeld:

[2, 3, 1, 1, 5] = 2 +1

3 +1

1 +1

1 +1

5

= 2 +1

3 +1

1 +165

=

= 2 +1

3 +1116

= 2 +1

3 + 611

= 2 +11

39

=89

39

Maar ook geldt:89

39= [2, 3, 1, 1, 4, 1], om de eenvoudige reden dat we de 5 van

de vorige kettingbreuk ook kunnen schrijven als 5 = 4 + 11 . Op de laatste twee

wijzergetallen na zijn de kettingbreukontwikkelingen identiek. Een rationaalgetal kan dus op twee manieren geschreven worden als kettingbreuk. Als weeisen dat het laatste wijzergetal groter is dan 1, dan is de ontwikkeling uniekvastgelegd!Algemeen geldt dat [a0, a1, · · · , an] = [a0, a1, · · · , an − 1, 1] (zie opgave 2.5.1).

2.2 Convergenten

We bepalen de kettingbreuk van 14384 . Eerst bepalen we het gehele deel van de

breuk. Daarna schrijven we de rest ab

als1ba

. Merk op dat ab

altijd tussen 0 en

1 in ligt, dus dat1ba

altijd groter is dan 1, zodat het gehele deel weer afgesplitst

kan worden. Dus,

2.2. CONVERGENTEN 9

143

84= 1 +

18459

= 1 +1

1 +15925

= 1 +1

1 +1

2 +1259

= 1 +1

1 +1

2 +1

2 +197

=

= 1 +1

1 +1

2 +1

2 +1

1 +172

= 1 +1

1 +1

2 +1

2 +1

1 +1

3 +1

2

De 7 wijzergetallen zijn dus 14384 = [1, 1, 2, 2, 1, 3, 2].

Als we de kettingbreuk na het derde wijzergetal afbreken krijgen we een bena-dering van onze breuk 143

84 , dus [1, 1, 2] = 53 . We noemen deze breuk de derde

convergent van onze breuk. Zo is de vierde convergent [1, 1, 2, 2] = 127 .

In het algemeen noemen we de breuk

pn

qn

= [a0, a1, a2, · · · , an]

de n-de convergent van de breuka

b= [a0, a1, · · · , an, an+1, · · · , ak].

De 7 convergenten van 14384 zijn dus op rij

1 25

3

12

7

17

10

63

37

143

84

Het op deze manier uitrekenen van de convergenten is veel werk. Je moet na-melijk eerst de gehele kettingbreuk uitrekenen. Een recept om de convergentenuit te rekenen op een eenvoudige manier staat in de volgende stelling (zonderbewijs).

Stelling 2.2.1 Stel a0 ∈ Z en a1, a2, · · · ∈ N. Bepaal voor n ≥ −2 de getallenpn, qn als volgt,

p−2 = 0, p−1 = 1, p0 = a0, · · · , pn = anpn−1 + pn−2, · · ·q−2 = 1, q−1 = 0, q0 = 1, · · · , qn = anqn−1 + qn−2, · · ·

Er geldt dus:pn

qn

=anpn−1 + pn−2

anqn−1 + qn−2


We kijken nog eens naar de kettingbreuk ontwikkeling van 14384 . De wijzerge-

tallen zijn [1, 1, 2, 2, 1, 3, 2]. De convergenten kunnen we berekenen met hetvolgende schema,

n -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

an 1 1 2 2 1 3 2

pn 0 1 1 2 5 12 17 63 143

qn 1 0 1 1 3 7 10 37 84

De p-waarde in de kolom met n = 6 krijg je door het bijbehorende wijzergetal(2) te vermenigvuldigen met de vorige p-waarde en de daarop voorgaande p-waarde erbij op te tellen. Dus 143 = 2 · 63 + 17 ofwel p6 = a6 · p5 + p4. Evenzogeldt voor q6 = 84 = 2 · 37 + 10. Elke kolom p’s en q’s ontstaat dus door hetwijzergetal met de voorgaande kolom te vermenigvuldigen en de daarop voor-gaande kolom erbij op te tellen.

We kijken wederom naar het voorbeeld 14384 en bekijken twee opeenvolgende

convergenten uit de rij. Bijvoorbeeld 53 en 12

7 . Merk op dat het verschil tussen5 · 7 en 3 · 12 gelijk is aan 1. Dit is ook zo met bijvoorbeeld 17 · 37 en 10 · 63.Algemeen kunnen we zeggen,

Stelling 2.2.2 Gegeven de kettingbreuk ab

= [a0, a1, · · · , an]. Stel dat pn en qn

gegeven worden door het schema uit de voorgaande stelling. Dan geldt voor alle0 < k ≤ n dat pkqk+1 − qkpk+1 = (−1)k.

Om deze eigenschap in te zien, bekijken we het verschil van twee opeenvolgendeconvergenten. Na gelijknamig maken volgt,

pk

qk

− pk+1

qk+1=

pkqk+1 − pk+1qk

qkqk+1

In de teller staat nu de uitdrukking waarvoor we ons interesseren. Er geldt,

pkqk+1 − qkpk+1 = pk(ak+1qk + qk−1) − qk(ak+1pk + pk−1) =

= pkqk−1 − pk−1qk =

= −(pk−1qk − pkqk−1) =

= (−1)2(pk−2qk−1 − pk−1qk−2) =

...

= (−1)k(p0q1 − p1q0) =

= (−1)k(1 · 1 − a1 · 0) =

= (−1)k

Hiermee is de stelling bewezen. 2

2.3. EUCLIDISCH ALGORITME EN KETTINGBREUK ALGORITME 11

2.3 Euclidisch algoritme en Kettingbreuk algoritme

We zagen net dat bij elk rationaal getal een kettingbreuk hoort. Bij de bereke-ning van deze kettingbreuken maken we eigenlijk gebruik van eeneeuwenoud algoritme om de grootste gemeenschappelijke deler (deggd) van twee getallen te berekenen (de grootste gemeenschappe-lijke deler van twee getallen is het grootste getal, dat beide getal-len deelt). Dit algoritme heet het Euclidisch algoritme, genoemdnaar de beroemde Griekse wiskundige Euclides. In een van zijnboeken beschrijft Euclides dit algoritme en levert ook een bewijsvoor de juistheid.

Voorbeeld:

Bepaal de ggd van 12 en 18.De getallen 12 en 18 hebben een aantal gemeenschappelijke delers:

• De delers van 12 zijn: 1, 2, 3, 4, 6 en 12.

• De delers van 18 zijn: 1, 2, 3, 6, 9 en 18.

De grootste gemeenschappelijk deler is dus 6. We noteren dan ggd(12, 18) = 6

Nog een voorbeeld:

• De delers van 25 zijn: 1, 5 en 25.

• De delers van 7 zijn: 1 en 7.

Dus ggd(25, 7) = 1.

Het opzoeken van de delers van twee getallen en de grootste bepalen is voorkleine getallen nog wel te doen. Voor grote getallen is dit natuurlijk veel moei-lijker. Het Euclidisch algoritme biedt dan uitkomst. Enkele observaties. Stela, b ∈ N en a = qb + r met q ∈ N en 0 ≤ r < b, deling met rest. Merk op datiedere gemeenschappelijke deler van a en b ook een gemeenschappelijke delervan b en r is. Als namelijk d een deler is van a, notatie: d|a, en d|b dan volgt uitr = a−gb dat d|r. Omgekeerd zien we dat iedere gemeenschappelijke deler van ben r ook gemeenschappelijke deler van a en b is. Dus geldt ggd(a, b) = ggd(b, r).We passen dit nu herhaald op ons tweede voorbeeld toe. We vinden,

ggd(25, 7) = ggd(7, 25 − 3 · 7) = ggd(7, 4) =

= ggd(4, 7 − 1 · 4) = ggd(4, 3) =

= ggd(3, 4 − 1 · 3) = ggd(3, 1) =

= ggd(1, 3 − 3 · 1) = ggd(1, 0) = 1

Iets minder omslachtig opgeschreven,

25 = 3 · 7 + 4

7 = 1 · 4 + 3

4 = 1 · 3 + 1

3 = 3 · 1


Met behulp van dit algoritme kunnen we een kettingbreuk van 257 vinden. Hier-

voor herschrijven we de laatste berekeningen. Deel de eerste regel door 7, detweede door 4 en de laatste door 3,

25

7= 3 +

4

77

4= 1 +

3

44

3= 1 +

1

3

Door deze stappen achter elkaar te zetten zien we dat

25

7= 3 +

4

7= 3 +

1

1 + 34

= 3 +1

1 +1

1 + 13

= [3, 1, 1, 3]

We hebben de berekening van de kettingbreuken zoals beschreven in paragraaf2.2 weer teruggekregen!

In het algemeen bepalen we de eindige kettingbreuk van ab

met a ∈ Z en b ∈ N

met het algoritme van Euclides,

a = a0b + r1 0 ≤ r1 < b

b = a1r1 + r2 0 ≤ r2 < r1

r1 = a2r2 + r3 0 ≤ r3 < r2

...

rk−1 = akrk

waarbij de laatste rest, rk+1, gelijk is aan nul. Omdat de resten een dalende rijzijn, dus r1 > r2 > r3 > · · · ≥ 0 moet er op een gegeven moment een rest nulzijn. Wij beweren dat de laatste positieve rest, rk, de gevraagde ggd is.

Schrijf nu alle delingen met rest als breuken op,

a

b= a0 +

r1

bb

r1= a1 +

r2

r1r1

r2= a2 +

r3

r2

...rk−1

rk

= ak

Merk op dat voor elke m > 0 geldt datrm−1

rm

= [am, am+1, · · · , ak].

Stelling 2.3.1 Er zijn x, y ∈ Z waarvoor geldt dat ggd(a, b) = ax + by

2.3. EUCLIDISCH ALGORITME EN KETTINGBREUK ALGORITME 13

We laten de juistheid van deze stelling zien aan de hand van de breuk 14384 =

[1, 1, 2, 2, 1, 3, 2]. We schrijven 143 en 84 als lineaire combinatie van zichzelf,

143 = 1 · 143 − 0 · 8484 = 0 · 143 + 1 · 84

We voeren nu de deling uit door te constateren dat 84 een keer in 143 past meteen rest van 59. We trekken dus de onderste regel een keer van de bovensteregel af. Merk op dat a0 = 1. We krijgen dus,

143 = 1 · 143 − 0 · 8484 = 0 · 143 + 1 · 8459 = 1 · 143 − 1 · 84

Vervolgens past 59 een keer in 84, dus trekken we weer de onderste regel eenkeer (a1 = 1) af van de regel erboven,

143 = 1 · 143 − 0 · 8484 = 0 · 143 + 1 · 8459 = 1 · 143 − 1 · 8425 = −1 · 143 + 2 · 84

Nu past 25 twee maal (a2 = 2) in de 59 met een rest van 9 en 9 past twee maal(a3 = 2) in 25 met een rest van 7, etcetera. We krijgen,

143 = 1 · 143 − 0 · 8484 = 0 · 143 + 1 · 8459 = 1 · 143 − 1 · 8425 = −1 · 143 + 2 · 849 = 3 · 143 − 5 · 847 = −7 · 143 + 12 · 842 = 10 · 143 − 17 · 841 = −37 · 143 + 63 · 840 = 84 · 143 − 143 · 84

Op natuurlijke wijze zien we de wijzergetallen terugkomen in de berekeningen,namelijk het aantal keren dat een regel van de regel erboven wordt afgetrokken.Tevens zien we steeds lineaire combinatie’s van 143 en 84. In het bijzonder isin de voorlaatste stap, 1 = −37 · 143 + 63 · 84, de grootste gemeenschappelijkedeler van 143 en 84 af te lezen, namelijk ggd(143, 84) = 1.Dus ggd(143, 84) = −37 · 143 + 63 · 84.In het algemeen zien we dat we met dit rekenschema oplossingen hebben gekre-gen van ggd(a, b) = ax + by.


2.4 Geheeltallige oplossingen van ax + by = c

Het volgende probleem doet zich voor.Je moet 51 euro betalen. Je hebt alleen voldoende munten van 2 euro en briefjesvan 5 euro.Op hoeveel verschillende manieren kun je betalen?

Dit probleem kun je oplossen door alle mogelijkheden na te gaan. Omdat 51oneven is, heb je een oneven aantal briefjes van 5 euro nodig. Begin met 1briefje en ga door totdat het aantal briefjes van 5 een te groot getal oplevert.De oplossingen zijn:

munten van 2 euro 3 8 13 18 23

briefjes van 5 euro 9 7 5 3 1

Alle mogelijkheden nagaan is vaak niet een efficiente manier om dit soort pro-blemen op te lossen. Zeker niet wanneer de getallen groter worden en je deoplossingen niet direct ziet. We ontwikkelen een theorie die alle oplossingen ge-nereert. We bekijken de theorie aan de hand van het volgende voorbeeld. Eenkleuterleidster wil voor 417 euro nieuwe puzzels kopen voor in de speelhoek.Er zijn twee typen puzzels die voor de kleuters in aanmerking komen. De enesoort, waarbij de kinderen gelijksoortige kaartjes moeten aanwijzen, kosten 8euro per stuk en de andere soort, een soort legpuzzel, kosten 11 euro per stuk.Hoeveel puzzels van elk soort kan zij kopen zonder geld over te houden? Wekunnen het aantal puzzels van 8 euro voorstellen door x en het aantal puzzelsvan 11 euro door y. Gevraagd wordt dus om de vergelijking 8x + 11y = 417 opte lossen voor gehele positieve waarden van x en y.

Uitgangspunt is de vergelijking:

ax + by = c

met a, b, c ∈ Z, ggd(a, b) = 1 en ggd(c, ggd(a, b)) = 1. Als de ggd(a, b)|c, dankunnen we de vergelijking herleiden door te delen door de ggd(a, b).

Stel dat we nu een oplossing van de vergelijking weten. Bijvoorbeeld x = x1 eny = y1 is een oplossing van de vergelijking. Bekijk nu voor iedere gehele waardevan t: x = x1 + bt, y = y1 − at. Vul dit in (substitueer) in de vergelijking:ax + by = a(x1 + bt) + b(y1 − at) = ax1 + abt + by1 − abt = ax1 + by1 = c.Dus ook x = x1 +bt, y = y1−at is een oplossing van de vergelijking, voor iederegehele waarde van t.Stel x = x2, y = y2 is nog een tweede oplossing van de vergelijking. Nu hebbenwe:ax1 + by1 = cax2 + by2 = czodat

2.4. GEHEELTALLIGE OPLOSSINGEN VAN AX + BY = C 15

a(x2 − x1) = b(y1 − y2), dus b|a(x2 − x1).Er is dus een t met bt = x2 −x1, zodat at = y1 − y2. Elke tweede oplossing vande vergelijking wordt dus gevonden uit x = x1 + bt, y = y1 − at.

We hebben nu bewezen:

Stelling 2.4.1 Als x1, y1 een oplossing is van de vergelijking ax + by = c, danis de algemene oplossing van die vergelijking x = x1 + bt, y = y1 − at. Deoplossing x1, y1 heet een particuliere oplossing van de vergelijking.

De vraag is nu hoe men aan een particuliere oplossing komt. Hier kunnen wehandig gebruik maken van kettingbreuken.

Stel ab

= [a0, a1, a2, · · · , an] =pn

qn

. Dus pn = a en qn = b.

In paragraaf 2.2 hebben we afgeleid, dat pkqk+1 − pk+1qk = (−1)k. Kies nu k =n− 1 dan pn−1qn − pnqn−1 = (−1)n−1 = −(−1)n, dus pnqn−1− pn−1qn = (−1)n

Stel nu dat x = (−1)nqn−1 en y = (−1)n−1pn−1.Substitueer in de vergelijking geeft,

ax + by = pn · (−1)nqn−1 + qn · (−1)n−1pn−1

= (−1)n(pnqn−1 − qnpn−1)

= (−1)2n

= 1

Hieruit volgt de volgende stelling.

Stelling 2.4.2 x = (−1)nqn−1, y = (−1)n−1pn−1 is een oplossing van de ver-

gelijking ax + by = 1, waarbijpn−1

qn−1de (n − 1)-de benaderende breuk is van a

b.

cx, cy is dan een particuliere oplossing van de vergelijking ax + by = c.

De theorie om het probleem van de kleuterleidster op te lossen is hiermeeontwikkeld. We zoeken positieve geheeltallige oplossingen van de vergelijking8x+11y = 417. We zoeken eerst een particuliere oplossing door 8x+11y = 1 opte lossen. Dit doen we door de kettingbreuk ontwikkeling van 8

11 op te schrijven.

8

11= 0 +

1118

= 0 +1

1 + 38

= 0 +1

1 +1

2 + 23

= 0 +1

1 +1

2 +1

1 + 12

Dus 811 = [0, 1, 2, 1, 2] en n = 5. De 4-de benadering van

8

11is dus [0, 1, 2, 1] =

0 +1

1 +1

2 + 11

=3

4. Dus pn−1 = 3 en qn−1 = 4. Dit wil zeggen dat,


x = (−1)nqn−1 = (−1)5 · 4 = −4

y = (−1)n−1pn−1 = (−1)4 · 3 = 3

een oplossing is van 8x + 11y = 1. We vinden dus de algemene oplossing:

x = −4 · 417 + 11t

y = 3 · 417 − 8t

Je wilt natuurlijk dat x > 0, dus moet gelden t > 4·41711 . Je wilt ook dat y > 0

dus dat t < 3·4178 . Voor de positieve oplossingen geldt dus dat 1668

11 < t < 12518 .

Dus t = 152, 153, 154, 155, 156. De bijbehorende aantallen puzzels van 8 en 11euro staan in de tabel,

t = 152 153 154 155 156

x = 4 15 26 37 48y = 35 27 19 11 3

De kleuterleidster kan dus 5 verschillende combinaties aantallen puzzels kopen,zonder geld over te houden.

2.5 Oefeningen

Oefening 2.5.1 Laat zien dat voor a0 ∈ Z en alle ai ∈ N, i ≥ 1 geldt dat[a0, a1, · · · , an] = [a0, a1, · · · , an − 1, 1]

Oefening 2.5.2 Bepaal de kettingbreukontwikkeling van:

2

17

13

33

31

336

30

41

71

171

Oefening 2.5.3 Bepaal van bovenstaande breuken alle convergenten.

Oefening 2.5.4 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van de verge-lijking 13 · x + 33 · y = 212

Oefening 2.5.5 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van17x + 27y = 317

Oefening 2.5.6 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van216x − 1000y = 4600

Hoofdstuk 3

Oneindige kettingbreuken

3.1 Representatie

Kettingbreuken worden pas echt interessant als ze oneindig lang zijn. Oneindigekettingbreuken horen bij irrationale getallen. Dit zijn getallen die niet als breukzijn te schrijven, zoals bijvoorbeeld π, e,

√2, 1

2 + 12

√5, etc.

We beginnen met een voorbeeld, de kettingbreukontwikkeling van π. Voor zijnkettingbreuk hebben we allereerst de decimalen van π nodig. Hier zijn de eerste10: π = 3, 1415926535 · · · . We splitsen π in zijn gehele deel en de rest tussen 0en 1.

π = 3 + 0, 1415926535 · · ·

De rest 0, 1415926535 · · · schrijven we als 17,06251330··· en van het getal in de

noemer nemen we weer het gehele deel en de rest:

π = 3 +1

7 + 0, 06251330 · · ·

De rest 0, 06251330 · · · schrijven we als 115,996594396··· en van het getal in de

noemer nemen we het gehele deel en de rest:

π = 3 +1

7 +1

15 + 0, 996594396 · · ·

We kunnen zo lang doorgaan als we willen en krijgen de oneindige kettingbreuk-ontwikkeling van π. Zet dit zelf nog een aantal stappen voort. Ter controleenkele wijzergetallen:

π = [3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, · · · ]

Algemeen kunnen we het volgende rekenschema opstellen.Kies een irrationaal getal α. We noteren het gehele deel van α als ⌊α⌋ (dusbijvoorbeeld ⌊3, 1415 · · · ⌋ = 3).Verder geldt voor de resten de notatie {α} = α − ⌊α⌋.

17

18 HOOFDSTUK 3. ONEINDIGE KETTINGBREUKEN

Noem α0 = α, dan zijn de wijzergetallen,

a0 = ⌊α0⌋, α1 = 1/{α0}a1 = ⌊α1⌋, α2 = 1/{α1}a2 = ⌊α2⌋, α3 = 1/{α2}

...

an = ⌊αn⌋, αn+1 = 1/{αn}...

Omdat voor de resten geldt 0 ≤ {αi} < 1 voor elke i ≥ 0 zien we dat αi+1 > 1en dus dat ai+1 ∈ N. Na de n-de stap zien we dat

α = [a0, a1, a2, · · · , an−1, αn]

Als αn = 0 voor een bepaalde waarde van n, dan is α rationaal. Omdat αirrationaal is, concluderen we dat {αn} > 0 voor alle n. Dit betekent dat hetalgoritme oneindig lang doorgaat, want we kunnen steeds weer αn+1 = 1/{αn}nemen. We krijgen dus de oneindig lange kettingbreuk

α = [a0, a1, a2, · · · , an, · · · ]

Enkele voorbeelden:

√2 = [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ]

√3 = [1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ]

√17 = [4, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, · · · ]

1

2+

1

2

√5 = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ]

π = [3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, · · · ]e = [2, 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, 10, · · · ]

3.2 Benaderingseigenschappen

Kettingbreuken geven een alternatieve manier om reele getallen weer te geven.Deze manier van noteren is compleet anders dan de decimale ontwikkeling. Van-zelfsprekend is het gemakkelijker om voor het optellen en vermenigvuldigen dedecimale notatie te gebruiken. Maar kettingbreuken hebben een aantrekkelijkeeigenschap. Als voorbeeld bekijken we de kettingbreuk ontwikkeling van π enbreken deze af voor 292,

[3, 7, 15, 1] =355

113, π − 355

113= −0, 000000266764

De vierde kettingbreuk benadering van π geeft dus een benadering met eenprecisie van 6 cijfers.

3.2. BENADERINGSEIGENSCHAPPEN 19

Daarentegen geven de eerste vier decimalen van π = 3, 14159265 · · · een benade-ring tot op drie decimalen! Het zijn juist deze goede benaderingseigenschappendie kettingbreuken zo interessant maken.

We bekijken de benaderingen van√

2. De kettingbreukontwikkeling van√

2had de makkelijk te onthouden vorm [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ]. De convergenten be-rekenen we met het volgende schema:

an 1 2 2 2 2 2 2

pn 0 1 1 3 7 17 41 99 239

qn 1 0 1 2 5 12 29 70 169

Nu volgt dat:

√2 − 7

5= 0, 0142135623 · · ·

√2 − 17

12= −0, 002453104 · · ·

√2 − 41

29= 0, 0004204589 · · ·

√2 − 99

70= −0, 0000072151 · · ·

√2 − 239

169= 0, 0000123789 · · ·

Het lijkt alsof de convergenten in een hoog tempo naar√

2 convergeren. Bo-vendien lijken ze afwisselend groter en kleiner dan

√2 te zijn.

We kunnen ons afvragen of andere breuken dan de convergenten, ook zo’n goe-de benadering geven van een irrationaal getal. Stel we willen

√2 benaderen

door zo’n breuk. Kies een willekeurige noemer, bijvoorbeeld 100. Bepaal nu deteller p zo dat de breuk p

100 zo dicht mogelijk bij√

2 ligt, dus p = 141. Nu is√2− 141

100 = 0, 00421356 · · · . Duidelijk een slechtere benadering dan 1712 , waarvan

teller en noemer veel kleiner zijn dan 141 en 100. Kettingbreukbenaderingenzijn de beste benaderingen van irrationale getallen.

De benaderingen van irrationale getallen α door breuken pq

worden dus weerge-geven door:

∣

∣

∣

∣

α − p

q

∣

∣

∣

∣

De absolute waarde strepen zorgen ervoor dat er alleen naar de positieve afwij-kingen wordt gekeken. De benaderingen liggen afwisselend boven- en onder dewerkelijke waarde. Merk op dat voor alle convergenten geldt dat

∣

∣

∣

∣

α − p

q

∣

∣

∣

∣

<1

q2


3.3 Periodiciteit en symmetrieen

Een aantal irrationale getallen heeft een kettingbreukontwikkeling met een op-vallend patroon erin. Dat geldt met name voor getallen van de vorm

√N ,

waarbij N een natuurlijk getal is, dat geen kwadraat is. Enkele voorbeeldenmet hun wijzergetallen:

√2 = [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ]

√13 = [3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, · · · ]

√14 = [3, 1, 2, 1, 6, 1, 2, 1, 6, 1, 2, 1, 6, · · · ]

√19 = [4, 2, 1, 3, 1, 2, 8, 2, 1, 3, 1, 2, 8, · · · ]

√31 = [5, 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10, 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10, · · · ]

√52 = [7, 4, 1, 2, 1, 4, 14, 4, 1, 2, 1, 4, 14, · · · ]

In deze voorbeelden vallen drie regelmatigheden op:

• Na het eerste wijzergetal is de rij wijzergetallen periodiek. Zo is het perio-dieke blok bij

√14 gelijk aan 1, 2, 1, 6 en bij

√31 is dat 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10.

• Het laatste wijzergetal van het periodieke blok is twee maal zo groot alshet eerste wijzergetal.

• Als we van het periodieke blok het laatste getal weglaten, vormen de over-gebleven wijzergetallen een palindroom. Bijvoorbeeld de getallen 1, 2, 1bij

√14 en 2, 1, 3, 1, 2 bij

√19.

We bekijken deze eigenschappen aan de hand van√

52. De wijzergetallen kun-nen we natuurlijk met een rekenmachine achterhalen, zoals we eerder deden metπ, maar we kunnen dit ook doen door exact te rekenen. We maken eerst eenafschatting van

√52.

√52 ligt tussen 7 en 8 in. Dus de kettingbreuk begint met

√52 = 7 + (

√52 − 7)

Vervolgens bepalen we de inverse van de rest√

52−7 en splitsen het gehele deelweer af:

1√52 − 7

=1√

52 − 7·√

52 + 7√52 + 7

=

√52 + 7

3= 4 +

√52 − 5

3

We maken hier gebruik van het wegwerken van wortels uit de noemer door

middel van vermenigvuldiging met√

52+7√52+7

= 1. Deze 1 is zo gekozen dat er in

de noemer een uitdrukking van de vorm (a + b)(a − b) = a2 − b2 ontstaat. Hetgehele deel achterhalen we doordat 14 <

√52 + 7 < 15.

3.3. PERIODICITEIT EN SYMMETRIEEN 21

Dit proces herhalen we met de ontstane resten. We krijgen achtereenvolgens:

3√52 − 5

=3√

52 − 5·√

52 + 5√52 + 5

=3(√

52 + 5)

27=

√52 + 5

9= 1 +

√52 − 4

9

9√52 − 4

=9√

52 − 4·√

52 + 4√52 + 4

=9(√

52 + 4)

36=

√52 + 4

4= 2 +

√52 − 4

4

4√52 − 4

=4√

52 − 4·√

52 + 4√52 + 4

=4(√

52 + 4)

36=

√52 + 4

9= 1 +

√52 − 5

9

9√52 − 5

=9√

52 − 5·√

52 + 5√52 + 5

=9(√

52 + 4)

27=

√52 + 5

3= 4 +

√52 − 7

3

3√52 − 7

=3√

52 − 7·√

52 + 7√52 + 7

=3(√

52 + 7)

3=

√52 + 7 = 14 +

√52 − 7

Deze rest√

52−7 is precies de rest waar we in de eerste stap mee zijn begonnen.Dat betekent dat we vanaf nu steeds hetzelfde rijtje resten zullen tegenkomen.Hiermee zullen dus ook de gevonden wijzergetallen periodiek terugkeren! Wehebben de periodiciteit van

√52 vastgesteld. Merk op dat alle resten van de

vorm√

N−PQ

zijn.

We generaliseren dit voorbeeld. We willen de periodiciteit van√

N , N ∈ N engeen kwadraat, aantonen. Het is voldoende te laten zien dat er maar eindigveel resten mogelijk zijn. Dan zal namelijk bij een oneindige voortzetting vanhet bepalen van de resten, in ieder geval dezelfde rest een keer terug keren!

We beweren dat elke rest van de vorm√

N−PQ

is, met 0 < P <√

N en Q is een

deler van N − P 2. Dit is zeker waar voor de eerste rest,√

N − P . Maar als wevan een rest weten dat hij deze vorm heeft, dan weten we het van de volgenderest ook, immers,

Q√N − P

=Q(

√N + P )

N − P 2=

√N + P

Q′ = a +

√N − P ′

Q′

Hierin is Q′ =N − P 2

Q. Dus is ook Q′ natuurlijk een deler van N −P 2. Verder

verschillen P en −P ′ een Q-voud. Dus deelt Q′ ook N − P ′2. Omdat we deresten positief kozen, geldt ook dat P ′ <

√N . Hieruit volgt dat er maar eindig

veel kwadraten van N kunnen worden afgetrokken! Omdat N geen kwadraatis, zal N − P 2 6= 0 dus het proces gaat oneindig lang door. Hiermee is deperiodiciteit van

√N aangetoond.

In verband met het volgende hoofdstuk, de vergelijking van Pell, vermelden wenog een belangrijk eigenschap (zonder bewijs).


Eigenschap 3.3.1 Als N ∈ N en N is geen kwadraat, dan heeft de kettingbreukvan

√N de gedaante

√N = [a0, a1, a2, · · · , an, 2a0]

met a0 = ⌊√

N⌋. Bovendien geldt [a1, a2, · · · , an] = [an, · · · , a2, a1].

3.4 Kalender

Zo’n 2000 jaar geleden veranderde Julius Caesar de Egyptische kalender die uit-ging van een jaar van precies 365 dagen. De Juliaanse kalenderbestond uit een periode (cyclus) van 1461 dagen, namelijk 3jaren van 365 dagen en 1 jaar van 366 dagen, een schrikkel-jaar. Het jaar bestond dus gemiddeld uit 365, 25 dagen, eenaardige benadering van het tropisch jaar, de gemiddelde om-looptijd van de aarde rond de zon. In ons tijdperk, AD 2000duurt een tropisch jaar 365, 24219878 dagen. Ter vergelijking:2000 jaar geleden duurde het tropisch jaar 20 seconden kor-ter.

Julius Caesar

De Gregoriaanse kalender werd in 1582 ingevoerd door paus Gregorius XIII.De oude Juliaanse kalender was gaan achterlopen opde situatie in de natuur. Elke duizend jaar loopt deJuliaanse kalender ongeveer 7, 8 dagen voor. Om dezeafwijking te corrigeren werd het systeem van schrik-keljaren aangepast, zodat elk jaartal dat deelbaar wasdoor 100 voortaan geen schrikkeljaar is, behalve alshet ook deelbaar is door 400. Dat betekent dat bij-voorbeeld 1600, 2000 en 2400 schrikkeljaren zijn, maar1700, 1800, 1900, 2100, 2200 en 2300 niet. Het gemid-delde Gregoriaanse jaar duurt hierdoor 365, 2425 da-gen. Per 1000 jaar worden er daardoor gemiddeld 7, 5dagen gecorrigeerd. Ook besliste de paus dat er tien

dagen geschrapt zouden worden. Het gevolg van de Gregoriaanse wijzigingenwas ondermeer dat de dagen tussen 4 oktober 1582 en 15 oktober 1582 nooithebben bestaan. Een ander gevolg was dat er in Europa gedurende lange peri-ode twee kalenders hebben bestaan. In protestante landen voelde men er nietveel voor de plannen van de paus zomaar over te nemen. Uiteindelijk gingen in1700 de meeste Nederlandse gewesten, Denemarken en Zwitserland over op deGregoriaanse kalender. Engeland volgde pas in 1752 en Zweden nog een jaarlater.

We kunnen ons afvragen of er niet betere kalenders zijn dan de Juliaanse- ofGregoriaanse kalender. We hebben te maken met een cyclus, waarvan sommigejaren schrikkeljaren zijn, terwijl het gemiddelde jaar zo nauwkeurig mogelijk deomlooptijd van de aarde rond de zon (het tropisch jaar) moet benaderen. Deperiode lengte moet kort zijn of gemakkelijk in gebruik. Bijvoorbeeld de cyclusvan 4 jaar van de Juliaanse kalender en de 400 jarige cyclus van de Gregoriaanse

3.4. KALENDER 23

kalender zijn gemakkelijk in gebruik, maar de Hebreeuwse 19 jarige cyclus niet.Je hebt dan een rekenmachine nodig om de schrikkeljaren uit te rekenen.

We nemen een cyclus van q jaren met daarin p schrikkeljaren. Dan zijn er ge-durende 1 cyclus 365q + p dagen verstreken. Dat wil zeggen dat de gemiddeldelengte van een jaar komt op:

365q + p

q= 365 +

p

q

We zijn dus op zoek naar de best mogelijke breuk pq

die het getal α = 0, 24219878benadert. Hiervoor zijn bijvoorbeeld de convergenten van de kettingbreuk ont-wikkeling van α geschikt. We krijgen

0, 24219878 =1

4 +1

7 +1

1 +1

3 +1

5 + · · ·De bijbehorende rij convergenten zijn

p1

q1=

1

4,p2

q2=

7

29,p3

q3=

8

33,p4

q4=

31

128,p5

q5=

163

673

De eerste breukbenadering hoort bij het 4 jarige cyclus systeem met 1 schrikkel-dag van de Juliaanse kalender. De overige benaderingen zijn weliswaar nauw-keuriger, maar lastiger om mee te rekenen, hoewel een 33 jarige periode met8 schrikkeljaren een serieuze optie is geweest. Een dergelijke kalender is inder-daad nauwkeuriger dan de tegenwoordige Gregoriaanse kalender, maar mindernauwkeurig dan bijvoorbeeld de kalender met een 500 jarige cyclus die hiernawordt besproken. We bekijken cycles van enkele jaren lang. Neem q = 100q′,waarbij q′ een geheel getal is tussen de 1 en de 9 zijn. We benaderen nuα′ = 100α = 24, 219878 met convergenten. De kettingbreuk ontwikkeling wordt:

α′ = [24, 4, 1, 1, 4, · · · ]

De eerste vier convergenten zijn:

p1

q1=

97

4,p2

q2=

121

5,p3

q3=

218

9,p4

q4=

993

41

We zien drie kandidaten voor de kalender. De eerste correspondeert met onzeGregoriaanse kalender. Deze is gebaseerd op een 400 jarige cycle met 97 schrik-keljaren; namelijk alle jaren deelbaar door 4 (hier zijn er 100 van), behalve dehonderdvouden 100, 200 en 300.De volgende benadering 121

5 hoort bij een cyclus van 500 jaar met daarin 121schrikkeljaren. Bij deze kalender is elk jaar dat je kunt delen door 4 een schrik-keljaar, behalve als het deelbaar is door 100 met de uitzondering dat jarendeelbaar door 500 die wel weer schrikkeljaren zijn. Dit systeem is net zo simpel


als de Gregoriaanse kalender, maar veel nauwkeuriger. De Gregoriaanse kalen-der is 26 seconde langer dan een tropisch jaar; een fout van 1 dag elke 3320 jaar.De kalender met een cyclus van 500 jaar is 17 seconde korter dan een tropischjaar; een fout van 1 dag elke 5031 jaar. De paus had dit niet door!De laatste breukbenadering is een kalender met een cyclus van 900 jaar met 218schrikkeljaren. Er zijn echter 7 uitzonderingen op de 4 jarige schrikkel- regel(218 = 900

4 −7), waardoor deze kalender onnodig ingewikkeld wordt en dus niethandig is.

3.5 Sectio divina

De gulden snede, ook bekend onder de namen gulden verhouding, gulden num-mer, gulden getal of sectio divina, is een irrationaal ge-tal, ongeveer 1, 618033988749894. Dit getal geeft eenverhouding weer die veelvuldig in de natuur wordt aan-getroffen. Daarnaast wordt deze verhouding in de klas-sieke architectuur gezien als de meest aangename, bij-voorbeeld bij de bouw van het theater van Epidaurus(Griekenland). Dit theater is een reusachtige schelp dattegen de flank van een heuvel ligt. Gebouwd in de vier-de eeuw voor Christus door de architect Polycletus deJongere uit Argos volgens zuiver wiskundige principes.Het biedt plaats aan 14000 toeschouwers en de akoestiekis fantastisch! Er zijn 55 rijen zitplaatsen: 34 onder het middenpad (diazoma),verdeeld in 12 sectoren, en 21 rijen boven de diazoma, verdeeld in 22 sectoren.Merk op dat 34

21 = 5534 ≈ 1, 61 · · · , de gulden snede.

Euclides heeft aangegeven hoe een lijnstuk verdeelt dient te worden om de gul-den snede te krijgen,

deel een lijn of lengte zodanig in twee ongelijke delen, dat de verhouding vanhet kleine tot het grote dezelfde is als die van het grote deel tot het geheel.

A BS

a b

Neem lijnstuk AB met daarop een punt S. NoemAS = a en BS = b. Kies punt S zo, dat

a

b=

a + b

a

De verhouding ab

wordt aangegeven met de Griekse letter φ, het zogenaamdegulden getal. Hieruit volgt dat

φ =a

b=

a + b

a= 1 +

b

a= 1 +

1

φ

Vervangen we nu aan de rechterzijde van φ = 1 + 1φ

telkens φ door 1 + 1φ, dan

3.6. OEFENINGEN 25

krijgen we de kettingbreukontwikkeling,

φ = 1 +1

1 +1

1 +1

1 +1

1 + · · ·

Dus φ = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ].Wanneer we de convergenten berekenen met behulp van

pm

qm

=ampm−1 + pm−2

amqm−1 + qm−2krijgen we de tabel,

am 1 1 1 1 1 1 1 1 1

pm 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

qm 1 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34

De teller en noemers van de convergenten zijn precies de getallen uit de rijvan Fibonacci. Ook herkennen we de verhoudingen 34

21 en 5534 uit het theater

van Epidaurus in Griekenland. De waarde van φ wordt dus benaderd door deverhouding van twee opeenvolgende getallen in de rij van Fibonacci. Overi-gens kunnen we met behulp van bijvoorbeeld de ABC-formule ook de guldenverhouding achterhalen. Immers, uit φ = 1 + 1

φvolgt de vierkantsvergelijking

φ2 − φ− 1 = 0, met de positieve oplossing φ =1 +

√5

2≈ 1, 6180339887499 · · · .

Ofwel,

φ =1 +

√5

2= [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ]

3.6 Oefeningen

Oefening 3.6.1 Bepaal de eerste 10 convergenten van 12 + 1

2

√7.

Laat zien dat inderdaad voor elke convergent pq

geldt dat,

∣

∣

∣

∣

α − p

q

∣

∣

∣

∣

<1

q2

Oefening 3.6.2 Langzaam ontstaat er in de Gregoriaanse kalender een fout.Met af en toe een correctie wordt deze fout gecorrigeerd. Hiervoor bekijken welangere cycles met lengten van 400 jaar, q = 400q′. Bereken met behulp vankettingbreuken wanneer er een schrikkeljaar komt te vervallen.

Oefening 3.6.3 φ, de gulden snede verhouding is ook als volgt te construeren:


Neem een vierkant ABCD met zijde 1. Kies E op het midden van AB. Tekeneen cirkel met middelpunt E en straat EC. LaatG het snijpunt zijn van de cirkel met het verleng-de van AB.

Toon aan dat geldt:AB

BG= φ.

A B

CD

E G

Oefening 3.6.4 Welke (irrationale) getallen horen bij de volgende kettingbreu-ken:[1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ][1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ][0, 1, 10, 5, 10, 5, 10, 5, 10, · · · ][2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, · · · ]

Oefening 3.6.5 Ontwikkel in kettingbreuken:√

21,√

28

Oefening 3.6.6 Ontwikkel in kettingbreuken:√

a2 + 1,√

a2 + a, waarin a eenwillekeurig positief geheel getal is. (Hint: gebruik de methode uit paragraaf 3.3)

Oefening 3.6.7 Gegeven is de vergelijking: 55x2 − 125x + 71 = 0. Bepaal dekettingbreukontwikkeling van de positieve oplossing van deze vergelijking.

Oefening 3.6.8 Gegeven is de vergelijking: bx2 − abx − a = 0, waarbij a enb natuurlijke getallen zijn. Bepaal de kettingbreukontwikkeling van de positieveoplossing van deze vergelijking.

Oefening 3.6.9 In de kettingbreukontwikkeling van het getal e zit een regel-maat. Onderzoek een soortgelijke regelmaat in de kettingbreukontwikkeling van

e2,√

e enek + 1

ek − 1.

Hoofdstuk 4

De vergelijking van Pell

4.1 Diophantische vergelijkingen

In Hoofdstuk 2 hebben we oplossingen bepaald van de vergelijking ax+ by = c.Deze vergelijking is een voorbeeld van een Diophantische vergelijking. Een Di-ophantische vergelijking is een vergelijking in meerdere variabelen, waarvan deoplossingen gehele getallen moeten zijn. Het type vergelijking is genoemd naarde Griekse wiskundige Diophantus van Alexandrie. Hij leefde in de derde eeuwn.C. en schreef onder andere de Arithmetica, een boekwerk waarin een groteverzameling Diophantische vergelijkingen worden beschreven en opgelost. OverDiophantus zelf weten we bijna niets, alleen stond in een Griekse Anthologievan Metrodorus uit de zesde eeuw de volgende opmerking:

Zijn jeugd maakte een zesde van zijn leven uit; na een verder twaalfde kreeg hijeen baard; na een verder zevende trouwde hij en zijn zoon werd 5 jaar daarnageboren; de zoon werd maar half zo oud als zijn vader en de vader overleed vierjaar na de zoon.

Dit voorbeeld geeft aanleiding tot een Diophantische vergelijking in 1 variabe-le van graad 1. Een beetje flauw om op te lossen. Andere voorbeelden vanDiophantische vergelijkingen zijn:

• x − 2y = 1: Het aantal gehele oplossingen (x, y) van deze vergelijking isoneindig. Voorbeelden van oplossingen zijn (3, 1), (5, 2), · · ·

• xn + yn = zn. Voor n = 2 zijn de gehele oplossingen de Pythagorese drie-tallen, hiervan zijn er oneindig veel. Voorbeelden zijn (3, 4, 5), (5, 12, 13),· · · . Voor n > 2 zegt de laatste stelling van Fermat dat er geen gehelegetallen (x, y, z) bestaan die aan de vergelijking voldoen.

• x2 − Ny2 = 1. Deze vergelijking staat bekend als de vergelijking vanPell, door Euler abusievelijk toegewezen aan de Engelse wiskundige JohnPell (1611 - 1685). De vergelijking is reeds eeuwen daarvoor uitvoerigbestudeerd door Indische wiskundigen. Fermat bewees dat deze vergelij-king altijd een oplossing heeft, behalve wanneer N een kwadraat is. De

27

28 HOOFDSTUK 4. DE VERGELIJKING VAN PELL

oplossing is te vinden in een eindig aantal stappen door met behulp vankettingbreuken een benadering van

√N te zoeken.

4.2 Pell nader bekeken

We bekijken een Diophantische vergelijking die er door zijn bijzondere eigen-schappen al vroeg in de geschiedenis uitsprong. Stel dat N ∈ N geen kwadraatis. De vergelijking van Pell wordt gegeven door,

x2 − Ny2 = 1

waarbij x, y ∈ Z≥0. Neem bijvoorbeeld N = 2. We willen dus gehele positieveoplossingen vinden van de vergelijking x2 − 2y2 = 1. Door enig proberen vin-den we een oplossing (17, 12), immers 172 − 2 · 122 = 1. Met enig geduld of eencomputer vind je ook 902 − 2 · 702 = 1. Het zal blijken dat de lijst oplossingenoneindig lang is!Wanneer we in plaats van N = 2 een andere waarde van N nemen, dan zijn ersteeds oplossingen te vinden, natuurlijk andere dan de triviale oplossing x = 1,y = 0. Dit werd reeds in de oudheid ontdekt en men vond het blijkbaar ergbelangrijk. Soms moeten we wel lang zoeken naar oplossingen, bijvoorbeeld bijN = 61. De kleinste oplossing is 17663190492 − 61 · 2261539802 = 1. Het isduidelijk dat een dergelijke oplossing niet gevonden is door zomaar lukraak teproberen. In 1657 vond de Engelse wiskundige W. Brouncker een oplossings-methode. Met deze oplossingsmethode vond hij bijvoorbeeld de kleinste niettriviale oplossing voor de vergelijking x2 − 313y2 = 1:

x = 32188120829134849 y = 1819380158564160

Een spectaculair resultaat!

We bekijken de methode van Brouncker, die gebruik maakt van kettingbreuken.De volgende stelling zegt dat er in ieder geval een oplossing bestaat. Wanneerwe de kleinste niet triviale oplossing van de vergelijking van Pell hebben, kun-nen we de volledige oplossingsverzameling bepalen.

Stelling 4.2.1 Stel N ∈ N en N is geen kwadraat. Dan bestaan er x, y ∈ Z>0

zo dat x2 − Ny2 = 1.

Voor N = 2, 3 is de stelling zeker waar, want 32 − 2 · 22 = 1 en 22 − 3 · 12 = 1.We kunnen dus aannemen dat N > 4.We bekijken de kettingbreukontwikkeling van

√N . Deze is periodiek en zoals

we eerder gezien hebben wordt deze gegeven door,√

N = [a0, a1, a2, · · · , ar, 2a0],

met a0 = ⌊√

N⌋. We nemen het eerste wijzergetal en het periodieke deel vande wijzergetallen, m.u.v. het laatste, en noemen de convergent p

q, dus

p

q= [a0, a1, a2, · · · , ar]

4.2. PELL NADER BEKEKEN 29

Met behulp van de afschattingen voor convergenten van kettingbreuken (zieopgave 4.4.3) zien we dat

p2 − Nq2 = (−1)r−1

Wanneer r oneven is, dus p2 − Nq2 = 1, kun je de oplossingen gewoon af-lezen. Wanneer r even is, dus p2 − Nq2 = −1, dan vind je de oplossin-gen door eerst links en rechts te kwadrateren, zodat je krijgt (p2 − Nq2)2 =(p2 + Nq2)2 − N(2pq)2 = 1 en de oplossingen weer simpelweg af te lezen zijn.Samengevat zijn de oplossingen van de vergelijking van Pell:

• Als p2 − Nq2 = 1, dan is een oplossing x = p en y = q

• Als p2 − Nq2 = −1, dan is een oplossing x = p2 + Nq2 en y = 2pq

Laten we als voorbeeld N = 61 bekijken. We zoeken dus oplossingen van devergelijking

x2 − 61 · y2 = 1

De kettingbreuk van√

61 is,

√61 = [7, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14]

Hieruit volgt dat

p

q= [7, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1] =

29718

3805

Nu is 297182−61·38052 = −1 dus een oplossing van de vergelijking x2−61·y2 = 1is x = 297182 + 61 · 38052 = 1766319049 en y = 2 · 29718 · 3805 = 226153980.

We weten nu dat er een niet triviale oplossing van de vergelijking van Pellbestaat en we weten hoe we die oplossing kunnen vinden. Maar er bestaanoneindig veel oplossingen! Om dit in te zien bekijken we de vergelijking metN = 2, dus x2 − 2 · y2 = 1. We zagen eerder dat (17, 12) een oplossing is, want172 − 2 · 122 = 1. Deze gelijkheid is met behulp van het merkwaardig producta2 − b2 = (a + b)(a − b) ook te schrijven als (17 + 12

√2)(17 − 12

√2) = 1.

Kwadrateer nu beide zijden, dus (17 + 12√

2)2(17− 12√

2)2 = 1. We werken dekwadraten uit: (17 + 12

√2)2 = 289 + 408

√2 + 288 = 577 + 408

√2 en evenzo

(17 − 12√

2)2 = 577 − 408√

2. We kunnen (17 + 12√

2)2(17 − 12√

2)2 = 1dus ook schrijven als (577 + 408

√2)(577 − 408

√2) = 1. Dit wil zeggen dat

x = 577 en y = 408 ook een oplossing is van x2 − 2 · y2 = 1! Nemen we nuin plaats van kwadraten derde machten dan vinden we via (17 + 12

√2)3 =

(577 + 408√

2)(17 + 12√

2) = 19601 + 13860√

2 de oplossing x = 19601 eny = 13860. Door nu steeds hogere machten te kiezen krijgen we een oneindigerij oplossingen! Bovendien geldt dat wanneer we starten met de kleinste niettriviale oplossing van de vergelijking we zelfs alle oplossingen vinden. Algemeenkunnen we zeggen dat (zonder bewijs),


Stelling 4.2.2 Als (p, q) met p, q ∈ Z>0 de kleinste oplossing is van de verge-lijking x2 − Ny2 = 1, dan bestaat er bij iedere oplossing x, y ∈ N een n ∈ N zodat x + y

√N = (p + q

√N)n.

4.3 Knikkers

In deze paragraaf bekijken we een toepassing van de vergelijking van Pell. Stelwe hebben een voorraad even grote knikkers. Na enig puzzelen blijkt dat wede knikkers zowel in een driehoekig patroon als in een vierkant patroon kunnenneer leggen. Hoeveel knikkers hebben we gebruikt? Een (triviale) oplossing isonmiddellijk duidelijk, 1 knikker. Maar zijn er meer mogelijkheden? Je vindtwellicht dat je met 36 knikkers dit ook kunt realiseren:

=

Figuur 4.1: D8 = V6

Het aantal knikkers in een vierkant patroon noemen we vierkantsgetallen Vn,ofwel de kwadraten. Dus V1 = 1, V2 = 4, V3 = 9, V4 = 16, V5 = 25, V6 = 36, etc.

Het aantal knikkers in een driehoekig patroon noemen we driehoeksgetallenDn. Merk op dat we de driehoeksgetallen vinden door opeenvolgende natuur-lijke getallen op te tellen, te beginnen bij 1. Dus D1 = 1, D2 = 1 + 2 = 3,D3 = 1 + 2 + 3 = 6, D4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, D5 = 1 + 2 + · · · + 5 = 15,D6 = 1+2+· · ·+6 = 21, D7 = 1+2+· · ·+7 = 28, D8 = 1+2+· · ·+8 = 36, etc.

Wie zien dat D8 = V6. Met 36 knikkers kunnen we dus zowel een driehoekigpatroon als een vierkant patroon vullen!

We kunnen driehoeksgetallen uitrekenen met de formule Dn =n(n + 1)

2. Om

alle oplossingen te vinden moeten we de vergelijking Vm = Dn oplossen. Dus,

m2 =n(n + 1)

2

Deze vergelijking kunnen we herschrijven tot

(2n + 1)2 − 8m2 = 1

4.4. OEFENINGEN 31

Ofwel een Pell vergelijking met N = 8. De kleinste oplossing is 32 − 8 · 12 = 1,corresponderend met m = 1, de triviale oplossing van 1 knikker. Alle andereoplossingen krijgen we door de machten van 3 +

√8 uit te werken,

(3 +√

8)2 = 17 + 6√

8 m2 = 62 = 36

(3 +√

8)3 = 99 + 35√

8 m2 = 352 = 1225

(3 +√

8)4 = 577 + 204√

8 m2 = 2042 = 41616

...

De conclusie is dat er oneindig veel oplossingen zijn om een aantal knikkerszowel in een driehoekig patroon als in een vierkant te leggen. Ook zien we datde rij getallen zeer snel groeit. Je hebt dus ruim voldoende knikkers nodig alsje ze daadwerkelijk wilt neerleggen!

4.4 Oefeningen

Oefening 4.4.1 Bekijk de opgave over Diophantus in de eerste paragraaf vandit hoofdstuk. Hoe oud was Diophantus?

Oefening 4.4.2 Bepaal de kleinste oplossing van de vergelijking x2 −2 ·y2 = 1

Oefening 4.4.3 Bepaal enkele oplossingen van de vergelijking x2 − 2 · y2 = 1door te beginnen met de kleinste oplossing uit de vorige oefening. Laat ziendat de oplossingen die in de tekst vermeld staan ook voorkomen in deze rijoplossingen.

Oefening 4.4.4 (Lastig) Laat zien dat uit de afschattingen voor convergentenvan een kettingbreuk,

∣

∣

∣

∣

p

q−

√N

∣

∣

∣

∣

<1

2a0q2

de oplossingen van de vergelijking van Pell volgen.

Oefening 4.4.5 Laat zien dat uit de gelijkheid Vm = Dn de Pell vergelijking(2n + 1)2 − 8m2 = 1 volgt.

Oefening 4.4.6 (Lastig) De aantallen knikkers, die zowel in een driehoekigpatroon als in een vierkant gelegd kunnen worden, kunnen we ook recursiefbepalen. Stel namelijk dat xn + yn

√8 = (3 +

√8)n. We interesseren ons voor

yn, want dat stelt de zijde m van het vierkant voor. Bepaal met behulp van dekwadratische vergelijking (3 +

√8)2 = 6(3 +

√8) − 1 een recursie formule voor

yn+2. Laat tevens zien dat wanneer je start met y0 = 0 en y1 = 1 je de waardenvan m krijgt.


Tot slot enkele opgaven waarbij het getal l(N), de periodelengte van de ket-tingbreuk van

√N een rol speelt.

Oefening 4.4.7 Neem een aantal waarden van N en bepaal de kettingbreuk eneen oplossing van de Pell-vergelijking. Maak een tabel met daarin de waardenN en l(N).

Oefening 4.4.8 Het kan gebeuren dat N heel groot is en l(N) heel klein. Datzien we in deze opgave.Bepaal de kettingbreuk van een willekeurig getal van de vorm

√n2 + 1. (Hint:

vergelijk opgave 3.6.6). Zie je ook een oplossing van de Pell-vergelijking metN = n2 + 1?Dezelfde vraag, maar nu voor getallen van de vorm

√4n2 + 4.

Oefening 4.4.9 We kijken naar waarden van N waarvoor geldt dat l(N) =2. Kies a, b positief en geheel. Stel je wilt weten welk getal x =

√N een

kettingbreuk van de vorm [a, b, 2a, b, 2a, b, 2a, · · · ] heeft (als zo’n N bestaat).Laat zien dat geldt:

x = a +1

b +1

a + x

Los hieruit x op. Aan welke voorwaarde moet a, b voldoen zodat de gevondenx2 geheel is?

Hoofdstuk 5

Eindopdrachten

5.1 De Slag bij Hastings

Misschien heb je wel gehoord van het tapijt van Bayeux. In het Franse stadjeBayeux hangt een linnen doek (’tapijt’) van ongeveer 70 meter lang en 50 cmhoog, waarop net als bij een stripverhaal, 58 taferelen geborduurd zijn. Dezetaferelen geven onder meer de slag bij Hastings in 1066 weer. In totaal heeftmen op het tapijt onder andere 626 personen, 202 paarden, 41 schepen en 37gebouwen geteld.

Op een latere datum is ook een boekje geschreven over die slag bij Hastingsvan 14 oktober 1066: de Carmen de Hastigae Proelio door Guy, Bisschop vanAmiens. In dit boekje staat een bewering, welke we in deze opdracht in twijfelzullen trekken. Er staat:

Harold’s mannen stonden als gewoonlijk dicht samengedromd in 13 vierkantenvan gelijke grootte, en wee de Noorman die het waagde in zulk een falanx tewillen indringen. Maar toen Harold zelf op het slagveld verscheen, vormden deSaksen een gigantisch vierkant met hun Koning aan de top en stormden voor-waarts onder de strijdkreten ”Ut!”, ”Olicrosse!” en ”Godemitte!”.

De ”Saksen”(d.w.z. Harold’s mannen) zijn hier trouwens de ”Angelsaksen”diein de vijfde eeuw vanuit Duitsland naar Engeland migreerden.

Figuur 5.1: Ubi Harold dux Anglorum et sui milites equitant ad Bosham - WaarHarold, een Engelse graaf, en zijn soldaten naar Bosham rijden.

33

34 HOOFDSTUK 5. EINDOPDRACHTEN

Opdracht 1Als x het aantal manschappen op een rij in het grote vierkant en y dat in hetkleine vierkant is, wat is dan het verband tussen x en y?

Als het goed is, heb je de vergelijking x2 − 13y2 = 1 gevonden die de verge-lijking van Pell genoemd wordt, hoewel John Pell niets met de vergelijking temaken had. Door een misverstand schreef Euler de oplossingsmethode die doorBrouncker was ontdekt, toe aan Pell.

Opdracht 2Bepaal de kleinste oplossing van de vergelijking x2 − 13y2 = 1.

Opdracht 3laat zien dat de vergelijking x2 − 13y2 = 1 equivalent is met de vergelijking(x + y

√13)(x − y

√13) = 1.

Opdracht 4Bewijs dat de vergelijking x2 − 13y2 = 1 oneindig veel oplossingen heeft.

Opdracht 5Hoe groot was volgens Guy, dus het leger van Harold minstens? Lijkt je dat re-alistisch? Om de laatste vraag te beantwoorden moet je eigenlijk de bevolkings-aantallen van Engeland uit de Middeleeuwen kennen. Zoek dat in betrouwbarebronnen op internet op.

Harold, de koning van Engeland verloor overigens de Slag tegen Willem vanNormandie · · ·

Op de webpagina die bij dit Zebradeeltje hoort, kun je meer informatie vindenover De Slag bij Hastings.

5.2 Computer practicum

In deze opdracht ga je kettingbreuken met behulp van een spreadsheet bekij-ken. Wanneer je MS Office gebruikt is dit MS Excel. Ook kun je het gratiskantoorpakket OpenOffice.org downloaden met daarin Calc. De Nederlandsta-lige OpenOffice.org is te downloaden via nl.openoffice.org

Opdracht 1Bestudeer in de tekst hoe het Euclidisch algoritme om de grootste gemeenschap-pelijke deler (ggd) van twee gehele getallen te bepalen werkt.

Opdracht 2Maak in je spreadsheet een werkblad waarmee je de ggd van twee gehele getal-len kunt bepalen.

5.2. COMPUTER PRACTICUM 35

Opdracht 3We kunnen gewone breuken als kettingbreuken schrijven. Voorbeeld:

1001

104= 9 +

65

104= 9 +

110465

= 9 +1

1 +39

65

= 9 +1

1 +16539

= · · ·

Breid je werkblad uit zodat de wijzergetallen van de kettingbreuk worden ge-geven.

Bekijk de oneindige kettingbreukontwikkeling: x = [1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ]. We kun-nen dit ook schrijven als x = [1, 2, x] ofwel:

x = 1 +1

2 + 1x

Uitwerking geeft

x = 1 +1

2 + 1x

= 1 +x

2x + 1=

3x + 1

2x + 1

Ofwel de vierkantsvergelijking 2x2 − 2x − 1 = 0 met oplossingen x = 12 ± 1

2

√3.

Inderdaad geldt dat 12 + 1

2

√3 = [1, 2].

Opdracht 4Bepaal van enkele oneindige kettingbreukontwikkelingen hun kwadratische ver-gelijking en vind de oplossingen.

Opdracht 5Kun je een grafische rekenmachine programmaatje schrijven om oneindige ket-tingbreuken decimaal te benaderen?

Opdracht 6Schrijf een programma op je grafische rekenmachine dat bij invoer van N derepeterende decimalen van 1

Nplot in porties van 10 decimalen.

36 HOOFDSTUK 5. EINDOPDRACHTEN

Hoofdstuk 6

Verder werken

De tekst in dit boekje is zo gepresenteerd, dat het vermoeden kan bestaan dathet onderwerp kettingbreuken wiskundig gezien ’af’ is. Dit is niet het geval.Kettingbreuken blijft onderwerp van onderzoek en studie, wat valt binnen hetvakgebied van de getaltheorie. Vaak zijn het eenvoudige kenmerken die op-vallen als je aan kettingbreuken gaat rekenen, maar die lastig of (nog) niet tebewijzen zijn. Voor (aanstaande) wiskundigen is er op dit terrein dus nog ruimvoldoende werk te verrichten.In dit hoofdstuk staan een aantal onderwerpen die met kettingbreuken te ma-ken hebben, maar niet in deze vorm behandeld zijn in dit boekje. Opgavenbegeleiden de tekst. Waar nodig kan gebruik gemaakt worden van de websitedie hoort bij dit boekje (zie voorwoord).

6.1 Vermoeden van Zaremba

Een getal x kan worden weergegeven als een kettingbreuk,

x = a0 +1

a1 +1

a2 + · · ·We schrijven dit als x = [a0, a1, a2, · · · ].De kettingbreukontwikkeling is eindig of oneindig, maar als x rationaal is, danis de ontwikkeling eindig. In dit geval zijn er twee mogelijke manieren om dekettingbreukontwikkeling te noteren: een met het laatste wijzergetal ak en eenmet laatste wijzergetal 1 (het voorlaatste wijzergetal is dan ak −1). Voorbeeld,

7

16= [0, 2, 3, 2] = [0, 2, 3, 1, 1]

Het vermoeden van Zaremba.

We nemen een willekeurig geheel getal m > 1. Dan bestaat er een geheelgetal a, 0 < a < m en ggd(a,m) = 1, zo dat de kettingbreukontwikkelingam

= [0, a1, a2, · · · , ak] wijzergetallen ai heeft, waarvoor geldt dat alle ai ≤ Bvoor 1 ≤ i ≤ k. B is een kleine absolute constante, bijvoorbeeld 5, welke onaf-hankelijk is van m.

37

38 HOOFDSTUK 6. VERDER WERKEN

Zaremba heeft dit alleen kunnen bewijzen voor ai ≤ C ln(m).

Oefening 6.1.1 Kies een aantal noemers, bijvoorbeeld 11, 13, 17, etc. Bepaalmet behulp van de applet op de ondersteunende internetpagina de bijbehorendewaarde van B.

6.2 Elementaire functies

Tot nog toe hebben we kettingbreukontwikkelingen bepaald van rationale enirrationale getallen (breuken, wortels, pi en e). Steeds gingen we uit van ket-tingbreuken waarbij de ’teller’ gelijk is aan 1. We bekijken nu enkele eenvoudigefuncties, waarbij we zullen zien dat de teller niet 1 is.

De kettingbreukontwikkeling van ln(1 + z) is:

ln(1 + z) =z

1 +12z

2 +12z

3 +22z

4 +22z

5 +32z

6 +.. .

Oefening 6.2.1 Kies z = 1 en benader ln(2) op 5 decimalen nauwkeurig metbehulp van je rekenmachine. Hoeveel wijzergetallen zijn er nodig?

In Hoofdstuk 3 zagen we een kettingbreukontwikkeling voor het getal π. Wemerken op dat arctan(1) = π

4 . De kettingbreukontwikkeling van arctan(z) wordtgegeven door:

arctan(z) =z

1 +1 · z2

3 +4z2

5 +9z2

7 +16z2

9 +.. .

Oefening 6.2.2 Bepaal π op 5 decimalen nauwkeurig. Hoeveel wijzergetallenzijn er nodig?

6.2. ELEMENTAIRE FUNCTIES 39

Enkele kettingbreuken die met het getal e te maken hebben:

ez =1

1 − z

1 +z

2 − z

3 +z

2 − z

5 +z

2 − . . .

Oefening 6.2.3 Bepaal e en e2 op 5 decimalen nauwkeurig. Vergelijk metopgave 3.6.9. Hoeveel wijzergetallen zijn er nodig?

ez − e−z

ez + e−z=

z

1 +z2

3 +z2

5 +z2

7 +.. .

Oefening 6.2.4 Welke waarde moet je voor z invullen als jee2 − 1

e2 + 1wilt bena-

deren? Doe dit op 5 decimalen nauwkeurig.

Voor de leerlingen die bij wiskunde D een module ’Complexe getallen’ gevolgdhebben. Vervang in bovenstaande uitdrukking z door iz. Dan krijgen we:

tan(z) =z

1 − z2

3 − z2

5 − z2

7 − . . .

Oefening 6.2.5 Bepaal tan(1) op 5 decimalen nauwkeurig. Hoeveel wijzerge-tallen zijn er nodig?

40 HOOFDSTUK 6. VERDER WERKEN

Hoofdstuk 7

Uitwerkingen van de

oefeningen

Oefeningen hoofdstuk 1

Oefening 1.3.1

37, 246 = 3 · 101 + 7 · 100 + 2 · 10−1 + 4 · 10−2 + 6 · 10−3

Oefening 1.3.2

Het aantal nullen kun je willekeurig lang maken. De decimale ontwikkelingwordt dus niet periodiek en de breuk is derhalve niet rationaal,dus irrationaal.

Oefening 1.3.317 = 0, 14285727 = 0, 28571437 = 0, 42857147 = 0, 57142857 = 0, 71428567 = 0, 857142De decimalen zijn cyclisch. Steeds hetzelfde rijtje alleen verwisseld.

Oefening 1.3.4

Bekijk een willekeurig priemgetal p, waarbij 1p

periodelengte p − 1 heeft. Danvinden we een formule voor de som van de cijfers in die periode.Schrijf 1

pals,

1

p= 0, a0a1a2 · · · ap−1

41

42 HOOFDSTUK 7. UITWERKINGEN VAN DE OEFENINGEN

Dus,

1 = 0 · p + 1

10 · 1 = a1 · p + r1

10 · r1 = a2 · p + r2

10 · r2 = a3 · p + r3

...

10 · rp−1 = ap−1 · p + 1

Links en rechts van het =-teken optellen geeft,

10 · (r1 + r2 + · · · + rp−1) = p · (a1 + a2 + · · · ap−1) + r1 + r2 + · · · rp−1

Dus,9 · (r1 + r2 + · · · + rp−1) = p · (a1 + a2 + · · · ap−1)

Maar r1 + r2 + · · · rp−1 zijn precies alle mogelijke resten bij delen door p, dus

r1 + r2 + · · · rp−1 = 1 + 2 + 3 + · · · + p − 1 =1

2p(p − 1)

Dat levert op:

9 · 1

2p(p − 1) = p · (a1 + a2 + · · · ap−1)

Zodat de som van de cijfers in de periode wordt:

Sp = a1 + a2 + a3 + · · · + ap−1 =9 · (p − 1)

2

Oefening 1.3.5

Vermeld staan de tellers:Eindig decimale breuk: 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, dus 3k, met k ∈ N

Zuiver repeterende breuk: 8, 16, 32, 40, · · ·Gemengd repeterende breuk: de anderen, dus 1, 2, 4, 5, 7, · · ·

Oefening 1.3.6

1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · =1

1 − x. Vermenigvuldig nu beide zijden met x,

dan krijgen we: x + x2 + x3 + x4 + x5 + · · · =x

1 − x. Vul nu x = 10−6 in, dan

10−6 + 10−12 + · · · =10−6

1 − 10−6=

1

106 − 1. We weten dat 1

7 = 0, 142857, dus

door de meetkundige reeks nu links en rechts met 142857 te vermenigvuldigenkrijgen we:

1

7=

142857

106 − 1= 142857 · 10−6 + 142857 · 10−12 + · · ·

Oefening 1.3.7

Het gemiddelde van de cijfers in de periode van 1p, met periodelengte p − 1 en

43

p een priemgetal, is 412 . Immers het gemiddelde wordt uitgerekend door alle

getallen op te tellen en te delen door het aantal getallen, hier p − 1.


Oefening 2.5.1

[a0, a1, · · · , an − 1, 1] = a0 +1

a1 +1

.. . +1

an − 1 +1

1

= a0 +1

a1 +1

. . . +1

an

Oefening 2.5.2

2

17= [0, 8, 2]

13

33= [0, 2, 1, 1, 6]

31

336= [0, 10, 1, 5, 5]

30

41= [0, 1, 2, 1, 2, 1, 2]

71

171= [0, 2, 2, 2, 4, 3]

Oefening 2.5.3

an 0 8 2

pn 0 1 0 1 2

qn 1 0 1 8 17

dus convergenten:0

1= 0,

1

8en

2

17

an 0 2 1 1 6

pn 0 1 0 1 1 2 13

qn 1 0 1 2 3 5 33

convergenten: 0,1

2,

1

3,

2

5en

13

33

an 0 10 1 5 5

pn 0 1 0 1 1 6 31

qn 1 0 1 10 11 65 336

convergenten: 0,1

10,

1

11,

6

65en

31

336

an 0 1 2 1 2 1 2

pn 0 1 0 1 2 3 8 11 30

qn 1 0 1 1 3 4 11 15 41

convergenten: 0, 1,2

3,

3

4,

8

11,

11

15en

30

41

an 0 2 2 2 4 3

pn 0 1 0 1 2 5 22 71

qn 1 0 1 2 5 12 53 171

convergenten: 0,1

2,

2

5,

5

12,

22

53en

71

171

Oefening 2.5.4

pn−1 = 2 x = (−1)nqn−1 = (−1)5 · 2 = −2

qn−1 = 5 y = (−1)n−1pn−1 = (−1)4 · 5 = 5


Dus algemene oplossing:

x = −2 · 212 + 33t

y = 5 · 212 − 13t

Oefening 2.5.5

Particuliere oplossing:

x0 = 2536

y0 = −1585

Dus alle oplossingen worden gegeven door,

x = 2536 + 27t

y = −1585 − 17t

Oefening 2.5.6

Eerst de vergelijking door 8 delen, dus oplossen 27x − 125y = 575Particuliere oplossing:

x0 = −21275

y0 = −4600

Dus alle oplossingen worden gegeven door,

x = −21275 + 125t

y = −4600 + 27t


Oefening 3.6.1

an 1 1 4 1 1 1 4 1 1 1

pn 0 1 1 2 9 11 20 31 144 175 319 494

qn 1 0 1 1 5 6 11 17 79 96 175 271

Noem α = 12 + 1

2

√7, dan geldt achtereenvolgens

∣

∣α − 11

∣

∣ = 0, 8229 · · · < 112

∣

∣α − 21

∣

∣ = 0, 1771 · · · < 112

∣

∣α − 95

∣

∣ = 0, 02288 · · · < 152

∣

∣α − 116

∣

∣ = 0, 01046 · · · < 162

etc.

45

Oefening 3.6.2

400 × 0, 24219878 = 96 +1

1 +1

7 +1

3 +1

2 + · · ·De convergenten zijn:

96, 97,775

8,2422

25, · · ·

De derde convergent suggereert een 8×400 = 3200 jarige cyclus met 775 schrik-keljaren. In de Gregoriaanse kalender zijn er 97 schrikkeljaren in een 400 jarigecyclus. In 8 cycli zijn er dus 8×97 = 776 schrikkeljaren geweest. Dus elke 3200jaar 1 schrikkeldag schrappen zorgt ervoor dat we met behulp van de Gregori-aanse kalender een veel nauwkeurigere kalender krijgen! Dit systeem levert eenfout op van 1 dag in de 100000 jaar.

Oefening 3.6.3

AB

BG=

AB

EG − EB=

AB

EC − EB=

112

√5 − 1

2

=1 +

√5

2= φ

Oefening 3.6.4

[1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ] =√

3[1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ] = 1

2 + 12

√3

[0, 1, 10, 5, 10, 5, 10, 5, 10, · · · ] = 13 + 1

3

√3

[2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, · · · ] =√

7

Oefening 3.6.5√21 = [4, 1, 1, 2, 1, 1, 8]√28 = [5, 3, 2, 3, 10]

Oefening 3.6.6√a2 + 1 = a + (

√a2 + 1 − a)

1√a2 + 1 − a

·√

a2 + 1 + a√a2 + 1 + a

=

√a2 + 1 + a

a2 + 1 − a2=

√a2 + 1 + a

√a2 + 1 + a = 2a + (

√a2 + 1 + a − 2a) = 2a + (

√a2 + 1 − a)

Dit is dezelfde rest als een stap eerder, dus√a2 + 1 = [a, 2a]

Evenzo:√a2 + a = [a, 2, 2a]

Oefening 3.6.7

[1, 6, 2, 1]


Oefening 3.6.8

[a, b]

Oefening 3.6.9

e2 = [7, 2, 1, 1, 3, 18, 5, 1, 1, 6, 30, 8, 1, 1, 9, 42, 11, 1, 1, 12, · · · ]√e = [1, 1, 1, 1, 5, 1, 1, 9, 1, 1, 13, 1, 1, 17, 1, 1, 21, 1, 1, 25, · · · ]

Kies enkele waarden voor k, bijvoorbeeld

k = 1 dane + 1

e − 1= [2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, 30, 34, 38, 42, 46, · · · ]

k = 2 dane2 + 1

e2 − 1= [1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, · · · ]


Oefening 4.4.1

Stel de leeftijd van Diophantus x, dan wordt de vergelijking x6 + x

12 + x7 + 5 +

x2 + 4 = x en dus x = 84.

Oefening 4.4.2

De kleinste oplossing is: 32 − 2 · 22 = 1.

Oefening 4.4.3

(3 + 2√

2)2 = 17 + 12√

2, dus x = 17 en y = 12.(3 + 2

√2)3 = 99 + 70

√2, dus x = 99 en y = 70.

(3 + 2√

2)4 = 577 + 408√

2, dus x = 577 en y = 408.

Oefening 4.4.4

Vermenigvuldig beide zijde van de afschatting met∣

∣

∣

pq

+√

N∣

∣

∣en maak gebruik

van∣

∣

∣

pq

+√

N∣

∣

∣≤ (2

√N + 1

2) (Reken na!). We vinden nu:

∣

∣

∣

∣

p2

q2− N

∣

∣

∣

∣

<2√

N + 12

2a0q2

Vermenigvuldig nu beide zijden met q2 zodat we krijgen∣

∣p2 − Nq2∣

∣ <2√

N + 12

2a0.

Controleer nu dat2√

N + 12

2a0=

2√

N + 12

2⌊√

N⌋< 2

als N > 4. Hieruit volgt dat∣

∣p2 − Nq2∣

∣ < 2. Dus p2 − Nq2 = −1 ofp2 − Nq2 = 1. Let op dat p2 − Nq2 6= 0. Als p2 − Nq2 = 1 dan heb-ben we x = p en y = q als oplossing. Als p2 − Nq2 = −1 dan volgt uit(p2 + Nq2)2 −N(2pq)2 = (p2 −Nq2)2 de oplossingen x = p2 + Nq2 en y = 2pq.

47

Oefening 4.4.5

Vermenigvuldig beide zijden van m2 =n(n + 1)

2met 8. Dan krijgen we

8m2 = 4n2 + 4n. Links en recht er 1 bij optellen, zodat we aan de rechterkant een merkwaardig product herkennen: 1+8m2 = 4n2 +4n+1 = (2n+1)2.Hieruit volgt dat (2n + 1)2 − 8m2 = 1.

Oefening 4.4.6

Stel xn + yn

√8 = (3 +

√8)n. We weten dat (3 +

√8)2 = 6(3 +

√8)− 1. Verme-

nigvuldig nu beide kanten met (3 +√

8)n. Dan krijgen we(3 +

√8)n+2 = 6(3 +

√8)n+1 − (3 +

√8)n. Hieruit volgt dat

xn+2 + yn+2

√8 = 6(xn+1 + yn+1

√8) − (xn + yn

√8). Vergelijk nu de getallen

die voor de√

8 staan, want die wilden we hebben. We krijgen danyn+2 = 6yn+1 − yn.Beginnend met y0 = 0 en y1 = 1 krijgen wey2 = 6 · 1 − 1 = 6, y3 = 6 · 6 − 1 = 35, y4 = 6 · 35 − 6 = 204, · · ·Wat overeenkomt met m2 = 62 = 36, m2 = 352 = 1225, m2 = 2042 = 41616, · · ·

Oefening 4.4.7

N 2 3 5 6 7 8 10 11 13 31 131

l(N) 1 2 1 2 4 2 1 2 5 8 6

Oefening 4.4.8√n2 + 1 = [n, 2n]. Hieruit volgt dat p

q= [n] = n, met r = 0, p = n en q = 1. De

oplossingen van de Pell-vergelijking zijn x = p2+Nq2 = 2n2+1 en y = 2pq = 2n,immers invullen in x2 − (n2 + 1)y2 = 1 geeft (2n2 + 1)2 − (n2 + 1) · 4n2 = 1.Merk op dat: x =

√n2 + 1 = [n, 2n]

x = n +1

n + x=

n2 + nx + 1

n + x. Kruislings vermenigvuldigen geeft

nx + x2 = n2 + nx + 1 ofwel x2 = n2 + 1, met als oplossing x =√

n2 + 1.

√4n2 + 4 = 2n + (

√4n2 + 4 − 2n)

1√4n2 + 4 − 2n

=

√4n2 + 4 + 2n

4= n +

√4n2 + 4 − 2n

4

4√4n2 + 4

=4√

4n2 + 4 + 8n

4=

√4n2 + 4 + 2n = 4n +

√4n2 + 4 − 2n

De resten herhalen zich, dus√

4n2 + 4 = [2n, n, 4n].

pq

= [2n, n] = 2n +1

n=

2n2 + 1

n. Hieruit volgt dat p = 2n2 + 1 en q = n, met

r = 1 dus x = p en y = q.Inderdaad, x2 − (4n2 + 4) · y2 = (2n2 + 1)2 − (4n2 + 4) · n2 = 1.


Oefening 4.4.9

x = [a, b, 2a] = a +1

b +1

a + x

, immers vul voor x in de kettingbreuk weer

zichzelf in, dan staat er (a + · · · ) + a = 2a + · · · en krijg je weer x.

a +1

b +1

a + x

= a +a + x

ab + bx + 1=

a2b + abx + a + a + x

ab + bx + 1= x.

Kruislings vermenigvuldigen geeft abx + bx2 + x = a2b + abx + 2a + x, dus

x2 =a2b + 2a

b. x2 is geheel als b|(a2b + 2a) ofwel b|a. Met andere woorden er

bestaat een k ∈ N zo dat a = k · b.Voorbeeld: a = 6 en b = 2. Merk op dat 2 een deler is van 6. Dan is x =√

a2b + 2a

b=

√

84

2=

√42 = [6, 2, 12]. Inderdaad van de vorm [a, b, 2a].

Oefening 6.2.1

ln(2) = 0, 693147 · · · . Je hebt de eerste 8 wijzergetallen nodig.

Oefening 6.2.2

π = 4 × arctan(1). Vul de kettingbreuk in met z = 1 tot en met · · · + 6417 . De

benadering van π is dan op 5 decimalen nauwkeurig.

Oefening 6.2.3

e op vijf decimalen. Wijzergetallen kiezen tot en met · · · 9 + 12 .

Oefening 6.2.4

kies z = 1, immers uitez − 1

ez

ez + 1ez

=e2 − 1

e2 + 1volgt na kruislings vermenigvuldigen:

(e2−1)(ez + 1ez ) = (e2 +1)(ez − 1

ez ). Haakjes uitwerken en vereenvoudigen geeftde vergelijking: e2z = e2. Hieruit volgt eenvoudig z = 1.Vul in de kettingbreuk z = 1 in (de tellers worden dus allemaal 1) en kies dewijzergetallen tot en met · · · 5+ 1

7 . De benadering is dan op 5 decimalen nauw-keurig.

Oefening 6.2.5

tan(1) op 5 decimalen nauwkeurig. Vul z = 1 in de kettingbreuk in en kieswijzergetallen tot en met · · · 7 − 1

9 .

Aanwijzingen bij de eindopdrachten.

De Pell vergelijking is x2−13y2 = 1. De kleinste oplossing is x = 649 en y = 180.Dan zijn alle (x, y) ∈ Z bepaald door x + y

√13 = (649 + 180

√13)n voor zekere

n ∈ Z > 0. Er geldt namelijk dat (649+ 180√

13)(649− 180√

13) = 1. Links enrechts tot de n-de macht verheffen levert natuurlijk hetzelfde op. De kleinsteoplossing wordt dan gegeven voor n = 1 en geeft een leger van 421200 soldaten.

49

Voor al het programmeer werk op je grafische rekenmachine is de website vanHenk Pfaltzgraff een prima start. Kijk op www.henkshoekje.comOp de website die bij dit boekje hoort vind je enkele programma’s die ter down-load voor de GR worden aangeboden.

Index

⌊α⌋, 17φ, 24{α}, 17l(N), 32

Bayeux, 33Benaderingseigenschappen, 18Breuk, 1, 9Brouncker, 28

Convergent, 8, 19, 23Convergeren, 19Cyclus, 22

De Thiende, 1Decimale ontwikkeling, 1–3Deler, 11Diophantische vergelijking, 27Driehoeksgetallen, 30

Eindige kettingbreuken, 7Elementaire functies, 38Euclides, 24Euclidisch algoritme, 11, 34

Fibonacci, 25

Gehele deel, 17GGD, 11, 34Grafische rekenmachine, 35Gregoriaanse kalender, 22Gulden snede, 24

Hastings, 33

Inverse, 20Irrationaal getal, 6, 17, 20

Juliaanse kalender, 22

Kalender, 22Kettingbreuk, 7, 12, 17

Knikkers, 30

Lineaire combinatie, 13

Merkwaardig product, 29

Oneindig, 17

Palindroom, 20Particuliere oplossing, 15Pell, 27Periode, 2, 4, 6Periodelengte, 2, 6Periodiciteit, 20Periodiek, 2, 4, 20Periodieke breuken, 2Pi, 1, 17Priemgetal, 4–6Pythagoras, 27

Rationaal getal, 2, 8Rekenkundige rij, 5Repeterende breuk, 2Rest, 4, 12, 17, 20

Schrikkeljaar, 22Sectio divina, 24Simon Stevin, 1Symmetrieen, 20

Vergelijking van Pell, 27, 34Vierkantsgetallen, 30Vierkantsvergelijking, 25

Wijzergetal, 8, 20Wijzergetallen, 13

Zaremba, 37

51

Breuken - Brak - Gebroken€¦ · oefeningen staan achterin. Bij dit boekje hoort een website met...

Documents

Transcript of Breuken - Brak - Gebroken€¦ · oefeningen staan achterin. Bij dit boekje hoort een website met...