Lesbrief 1

Getaltheorie I

De getaltheorie houdt zich bezig met het onderzoek van eigenschappen van gehelegetallen, en meer in het bijzonder, van natuurlijke getallen. In de getaltheorie ishet gebruikelijk onder de verzameling van de natuurlijke getallen te verstaan deverzameling N = {1, 2, . . .}, 0 wordt dan dus niet tot N gerekend. Voor de gehelegetallen schrijven we: Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}

1 Priemgetallen

Er zijn natuurlijke getallen die geschreven kunnen worden als product van twee ofmeer kleinere natuurlijke getallen, bijvoorbeeld 6 = 2 · 3 of 30 = 2 · 3 · 5, terwijl ditbij andere getallen, zoals 3, 13 of 29 niet mogelijk is. In het algemeen, als c = a · bhet product is van twee natuurlijke getallen a en b, heten a en b delers of factorenvan c. Ook heet c dan een veelvoud van a (en van b). Elk natuurlijk getal heeft devolgende vanzelfsprekende ontbinding in factoren:

c = c · 1 = 1 · c (1)

Definitie 1.1 Een natuurlijk getal c > 1 dat slechts als in (1) in twee factorenontbonden kan worden, heet een priemgetal. Elk natuurlijk getal c > 1 dat geenpriemgetal is, heet een samengesteld getal.

Het getal 1 is dus per definitie noch priemgetal noch samengesteld.

1.1 De zeef van Eratosthenes

Om alle priemgetallen kleiner dan een gegeven getal N te bepalen, moet men uit derij 2, 3, . . . , N alle samengestelde getallen verwijderen. Dit kan men systematischdoen door achtereenvolgens alle veelvouden van 2, van 3, enz. te schrappen. Hierbijkan men natuurlijk alle veelvouden van n overslaan zodra n zelf al geschrapt is(want dan zijn de veelvouden van n ook al geschrapt). Bovendien kan men bij hetschrappen van de veelvouden van p beginnen bij p2, omdat de kleinere veelvoudenal eerder zijn geschrapt. De rij van getallen die niet geschrapt worden, is de rijvan alle priemgetallen kleiner dan N : 2, 3, 64, 5, 66, 7, 68, 69, . . .. Deze methode is voorhet eerst beschreven door de Griekse wiskundige Eratosthenes (±200 v. Chr.), enstaat bekend als de zeef van Eratosthenes. Elke priemgetallentabel is op deze wijzegemaakt.

De Griekse wiskundige Euclides (±300 v. Chr.) schreef een boek, “Elementen”,waarin hij op systematische wijze de gehele op dat moment bekende wiskunde be-handelde. Dit boek bevat ook een gedeelte over getaltheorie. Hierin komt al devolgende stelling voor:

1

Stelling 1.2 Er zijn oneindig veel priemgetallen.

Bewijs. Stel dat er slechts eindig veel priemgetallen waren: 2, 3, 5, . . . , pk. Vormdan het product van alle priemgetallen: P = 2 · 3 · 5 · · · pk. Het getal P +1 is groterdan elk van de priemgetallen, en moet dus een samengesteld getal zijn. P + 1 isechter niet deelbaar door 2, want het eerste getal na P dat door 2 deelbaar is, isP + 2. Om dezelfde reden is P + 1 niet deelbaar door 3, 5 of een van de anderepriemgetallen. Tegenspraak. �

1.2 De hoofdstelling van de rekenkunde

Elk samengesteld getal kan geschreven worden als product van twee kleinere facto-ren. Als minstens een van beide samengesteld is, kan men die ook weer schrijvenals product van kleinere factoren. Zo kan men doorgaan tot er slechts priemgetallenals factoren overblijven. Hieruit blijkt: elk getal groter dan 1 is een priemgetal ofhet product van priemgetallen. Men kan een samengesteld getal in het algemeenop verschillende manieren via een aantal tussenstappen in priemgetallen ontbinden.Iedereen weet echter dat het uiteindelijke resultaat, de ontbinding in priemfactoren,steeds hetzelfde is (afgezien van de volgorde). Deze bekende eigenschap van de na-tuurlijke getallen lijkt nauwelijks nadere beschouwing waard, totdat men ontdektdat in vergelijkbare ‘getalsystemen’ waarin men ook een ‘ontbinding in priemfacto-ren’ kan definieren de eenduidigheid van de ontbinding niet geldt.

Voorbeeld: Beschouw de even getallen (2, 4, 6, . . .). Sommige ervan kan men schrij-ven als product van even factoren, bijvoorbeeld 20 = 2 · 10. Bij andere is dit nietmogelijk. We noemen even getallen die niet het product zijn van even factoreneven-priemgetallen. Dit zijn precies de even getallen die geen viervoud zijn. (Gadit na.) Elk even getal is te schrijven als product van even-priemgetallen, maarzo’n ontbinding hoeft niet eenduidig te zijn. Het getal 420 bijvoorbeeld heeft onderandere de ontbindingen 420 = 6 · 70 = 10 · 42.

Opgave 1.1 Bepaal alle even-priemontbindingen van 360.

Opgave 1.2 Wanneer heeft een even getal een eenduidige ontbinding in even-priemgetallen?

Het feit dat de ‘gewone’ ontbinding in priemfactoren wel eenduidig is, is blijkbaartoch iets bijzonders. Het staat zelfs bekend als de hoofdstelling van de reken-kunde:

Stelling 1.3 De ontbinding in priemfactoren van een natuurlijk getal is eenduidigbepaald.

Bewijs. Stel dat de ontbinding niet voor alle natuurlijke getallen eenduidig is. Laatc het kleinste natuurlijke getal zijn dat op (minstens) twee verschillende manierenin priemfactoren kan worden ontbonden: c = p1p2 · · · pk = q1q2 · · · ql met p1 ≤p2 ≤ · · · ≤ pk en q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qk. Geen van de priemfactoren pi kan gelijkzijn aan een priemfactor qj , want dan zou men c door deze factor kunnen delen enzou er een kleiner natuurlijk getal zijn dan c met twee ontbindingen. Dit zou integenspraak zijn met de keuze van c. Men kan nu veronderstellen p1 < q1. Dan geldt

2

p1q1 < q1q1 ≤ q1q2 ≤ q1q2 · · · ql = c. Het getal c′ = c − p1q1 = q1(q2q3 · · · ql − p1)heeft volgens de aannames een eenduidige priemontbinding. p1 is een priemfactorvan c en van p1q1, dus ook van c′. p1 is echter geen factor van q2q3 · · · ql, dus ookniet van q2q3 · · · ql − p1. Tegenspraak. �

Opgave 1.3 Waarom is het bovenstaande bewijs niet overdraagbaar op het gevalvan de even-priemgetallen?

Opgave 1.4 Gegeven is een positief geheel getal n, n > 2. Vn is de verzamelinggetallen van de vorm kn+1, waarin k een positief geheel getal is. Een getal m ∈ Vn

heet onontbindbaar in Vn als er geen getallen p, q ∈ Vn bestaan met m = pq.Bewijs dat er een getal in Vn bestaat dat op meer dan een manier te schrijven isals het product van in Vn onontbindbare elementen. (Schrijfwijzen die slechts in devolgorde van de factoren verschillen worden als gelijk beschouwd.) (IWO 1977)

2 Ggd’s en kgv’s

Gegeven zijn twee natuurlijke getallen a en b. Het grootste natuurlijke getal datzowel een deler is van a als van b heet de grootste gemene deler van a en b. Notatie:ggd(a, b) of kortweg (a, b). Het kleinste getal dat zowel een veelvoud van a als vanb is, heet het kleinste gemene veelvoud van a en b. Notatie: (a, b) of kortweg [a, b].a is een deler van b korten we af tot a | b.Bewijs met behulp van de hoofdstelling van de rekenkunde:

Opgave 2.1 Elke gemeenschappelijke deler van a en b is ook een deler van ggd(a, b).

Opgave 2.2 Elk gemeenschappelijk veelvoud van a en b is ook een veelvoud van(a, b).

Opgave 2.3 ggd(a, b) · (a, b) = a · b.

Opgave 2.4 Als d = ggd(a, b) dan geldt ggd(ad , b

d ) = 1.

Stelling 2.1 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b bestaan er gehele getallen q(voor quotient) en r (voor rest) zo, dat b = qa + r en 0 ≤ r < a.

Bewijs. Noem het kleinste veelvoud van a dat groter is dan b (q + 1)a, en noemr = b− qa. q en r voldoen dan aan de gevraagde eigenschappen. �

Men kan de ggd van twee getallen bepalen door beide in priemfactoren te ontbinden.Vooral bij grote getallen kan dit echter een omvangrijk werk zijn. Er is een veelsnellere methode. Deze berust op het volgende feit: als b = qa+ r, q ∈ Z, dan geldtggd(a, b) = ggd(a, r). Elke deler van a en b is immers ook een deler van r = b− qaen omgekeerd is elke deler van a en r een deler van b = qa + r. Om de ggd(a, b) te

3

bepalen kan men daarom het volgende algoritme gebruiken:

b = q1a + r1 (0 ≤ r1 < a)a = q2r1 + r2 (0 ≤ r2 < r1)r1 = q3r2 + r3 (0 ≤ r3 < r2)r2 = q4r3 + r4 (0 ≤ r4 < r3)

......

rk−2 = qkrk−1 + rk (0 ≤ rk < rk−1)rk−1 = qk+1rk + rk+1 (rk+1 = 0)

We weten zeker dat er een k ∈ N is waarvoor rk+1 = 0, want anders zou de rija, b, r1, r2, . . . een oneindige, strikt dalende rij natuurlijke getallen zijn, en zo’n rijbestaat niet. (Bewijs dit.) Hieruit blijkt vervolgens dat rk = ggd(rk, rk−1) =ggd(rk−1, rk−2) = · · · = ggd(r1, a) = ggd(a, b).Een voorbeeld: bepaal ggd(1970, 1066).

1970 = 1 · 1066 + 904 26 = 1 · 16 + 101066 = 1 · 904 + 162 16 = 1 · 10 + 6904 = 5 · 162 + 94 10 = 1 · 6 + 4162 = 1 · 94 + 68 6 = 1 · 4 + 294 = 1 · 68 + 26 4 = 2 · 268 = 2 · 26 + 16

De ggd van deze twee getallen is dus 2. Het bovenstaande algoritme voor hetberekenen van ggd’s staat al beschreven in Euclides’ “Elementen” en heet daaromhet algoritme van Euclides.

Opgave 2.5 Bepaal ggd(30444, 11868), ggd(16913, 16949) en ggd(9597, 4841).

Opgave 2.6 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a− b) ∈ {1, 2}.

Opgave 2.7 Bewijs: als ggd(a, b) = 1, dan ggd(a + b, a2 − ab + b2) ∈ {1, 3}.

Opgave 2.8 Bewijs de volgende varianten van stelling 2.1:(1) als a en b gehele getallen zijn en a 6= 0, bestaan er gehele getallen q en r met0 ≤ r < |a| en b = qa + r.(2) als a en b gehele getallen zijn en a 6= 0, bestaan er gehele getallen q en r met− 1

2 |a| < r ≤ 12 |a| en b = qa + r.

Opgave 2.9 Op variant (2) uit de vorige opgave kan men een algoritme baserenanaloog aan het algoritme van Euclides. Omdat de hierbij optredende resten inhet algemeen kleiner zijn dan bij Euclides’ algoritme, werkt dit algoritme meestalsneller. Ga dit na voor de ggd’s uit opgave 2.

Opgave 2.10 a is een natuurlijk getal met de volgende eigenschappen:(1) a100 geeft bij deling door 73 rest 2.(2) a101 geeft bij deling door 73 rest 69.Bepaal de rest bij deling van a door 73

Stelling 2.2 Bij elk tweetal natuurlijke getallen a en b zijn er gehele getallen m enn zo, dat ggd(a, b) = ma + nb.

Bewijs. De verzameling S van alle getallen van de vorm xa+ yb met x en y geheelheeft een kleinste positieve element. Stel dat dit ma + nb is. Elke deler van a en

4

b is ook een deler van ma + nb. In het bijzonder is dus ggd(a, b) een deler vanma + nb. Anderzijds is het voor zekere gehele q en r zo, dat a = q(ma + nb) + rmet 0 ≤ r < ma + nb. Dit betekent dat r = (1 − qm)a − qnb, dus r behoort totS. Maar ma + nb is het kleinste positieve element van S, dus r = 0. Bijgevolg isma + nb een deler van a. Evenzo bewijst men dat ma + nb een deler is van b, dusma + nb ≤ (a, b). Er was al bewezen dat ggd(a, b) een deler van ma + nb is, dusmoet gelden ma + nb = ggd(a, b). �

Een ander bewijs van deze stelling kan men uit het algoritme van Euclides afleiden:kijk nog eens naar de algemene techniek en merk op dat ggd(a, b) = rk, dus datuit de voorlaatste vergelijking volgt ggd(a, b) = rk−2− qkrk−1 en uit de vergelijkingdaarvoor ggd(a, b) = rk−2−qk(rk−3−qk−1rk−2). Zo voortgaande kan men ggd(a, b)uitdrukken in ri’s met steeds lagere rangnummers, en uiteindelijk in a en b. Ditgeeft dus ook een methode om zulke getallen m en n daadwerkelijk te bepalen.

Opgave 2.11 Bepaal getallen m en n als boven voor de getallenparen uit opgave2.

Opgave 2.12 Bepaal gehele getallen x en y zo, dat 91x + 221y = 1053.

Opgave 2.13 Bewijs dat elk geheel getal n te schrijven is in de vorm n = 29x+13ywaarbij x en y geheel zijn.

Opgave 2.14 Bepaal het kleinste natuurlijke getal N zo, dat elk natuurlijk getaln > N geschreven kan worden als n = 29x + 13y met x en y natuurlijk.

3 Volledige Inductie

Om de geldigheid te bewijzen van een uitspraak van de vorm ’Voor ieder natuurlijkgetal n geldt P (n)’, waarbij P (n) staat voor een bewering (propositie) waarin nvoorkomt, maakt men vaak gebruik van de volgende methode:

1. Men bewijst P (1).

2. Men bewijst dat als P (1), P (2), . . . , P (k) gelden, dan ook P (k + 1) geldt.

Hieruit volgt de geldigheid van P (n) voor alle natuurlijke n. Immers, zou P (n) nietvoor alle natuurlijke getallen n gelden, dan zou er een kleinste natuurlijke waarden0 zijn waarvoor P (n0) niet geldt. n0 is niet gelijk aan 1 wegens (1) en omdat P (1)tot en met P (n0 − 1) wel gelden, geldt P (n0) ook op grond van (2). Tegenspraak.

Voorbeeld: voor elk natuurlijk getal n geldt 12 + 22 + · · ·+ n2 = 16n(n + 1)(2n + 1).

Bewijs. de geldigheid van de formule voor n = 1 is duidelijk. Stel dat de formuleook voor alle n ≤ k geldt. Dan volgt: 12+22+· · ·+k2+(k+1)2 = (12+22+· · ·+k2)+(k+1)2 = 1

6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 = 16 (k+1)(2k2+7k+6) = 1

6 (k+1)(k+2)(2k+3)en dit is precies de formule voor n = k + 1. �

5

Opgave 3.1 Bewijs de volgende beweringen met volledige inductie voor alle na-tuurlijke n:

(1) 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2;

(2) 1 + 2 + · · ·+ n = 12n(n + 1);

(3) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2;

(4) an − bn is deelbaar door a− b;

(5) 33n+1 + 7 · 5n−1 is deelbaar door 11.

Opmerking: in plaats van f(1) + f(2) + · · · + f(n) gebruikt men vaak de kortenotatie

∑ni=1 f(i). Zo kan men bijvoorbeeld de derde formule uit de vorige opgave

schrijven als∑n

i=1 i3 =(∑n

k=1 k)2.

4 Gemengde opgaven

Opgave 4.1 Bewijs dat men uit elke verzameling van 52 gehele getallen er tweekan kiezen waarvan de som of het verschil een veelvoud is van 100.

Opgave 4.2 Er zijn paren priemgetallen die verschil twee hebben, zoals (5, 7) en(29, 31). Bestaan er ook priemgetallen p1, p2, p3 zo, dat p3 − p2 = p2 − p1 = 2?

Opgave 4.3 p1 en p2 zijn priemgetallen groter dan 3 met verschil 2. Bewijs datp1 + p2 deelbaar is door 12.

Opgave 4.4 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n, 9n + 63 deelbaar is door 72.

Opgave 4.5 Bewijs dat n3 + n2

2 + n3

6 voor alle natuurlijke n een natuurlijk getal is.

Opgave 4.6 Bepaal vier verschillende paren natuurlijke getallen zo, dat het verschilvan hun kwadraten gelijk is aan 105.

Opgave 4.7 Bewijs dat 2256 − 1 geen priemgetal is en geef minstens drie priemfac-toren ervan.

Opgave 4.8 Bewijs dat er precies een derdemacht van de vorm 2p + 1 is, waarin ppriem is.

Opgave 4.9 Bewijs dat ggd(n3 + 2n, n4 + 3n2 + 1) = 1 voor elke n ∈ N.

Opgave 4.10 Bewijs dat 3n2 − 1 voor geen enkel natuurlijk getal n een kwadraatis.

Opgave 4.11 Bepaal gehele x en y zo, dat 101x + 753y = 100.000.

Opgave 4.12 n wordt in het tientallig stelsel geschreven met 300 enen en een aantalnullen. Is n een kwadraat?

6

Lesbrief 2

Getaltheorie II

1 Lineaire vergelijkingen

Een vergelijking van de vorm

ax + by = c, a, b, c ∈ Z (1)

heet een lineaire vergelijking. In de getaltheorie gaat het er slechts om geheleoplossingen te vinden, d.w.z. gehele getallen x en y die aan de vergelijking voldoen.Hierbij kunnen a en b beide niet-negatief worden verondersteld. (Substitueer andersx′ = −x of y′ = −y.) Als a = 0 of b = 0 is het onderzoek van (1) geen probleem.Stel daarom

ax + by = c, a, b, c ∈ Z, a, b > 0 . (2)

Als d een gemeenschappelijke deler van a en b is, volgt uit (2) dat d ook een delervan c moet zijn.

Stelling 1.1 (2) heeft geen gehele oplossingen als c geen veelvoud van ggd(a, b) is.

In de eerste lesbrief over getaltheorie is al bewezen dat er gehele getallen m en nzijn zo, dat am + bn = ggd(a, b). Als dus c = k · ggd(a, b) voor een zekere gehele k,dan is (x = km, y = kn) een oplossing van (2). Zijn er nog meer oplossingen? Steldat (x1, y1) en (x2, y2) beide oplossingen zijn. Substitueer deze oplossingen in (2)en trek de vergelijkingen van elkaar af, dan ontstaat met de notatie u = x1 − x2,v = y1 − y2 de vergelijking

au + bv = 0 . (3)

Deel deze vergelijking door ggd(a, b) en schrijf a′ = aggd(a,b) , b′ = b

ggd(a,b) , dankrijgen we:

a′u + b′v = 0, ggd(a′, b′) = 1 . (4)

Het getal A = a′u = −b′v is een gemeenschappelijk veelvoud van a′ en b′. Het isdus ook een veelvoud van (a′, b′). We weten dat (a′, b′) · ggd(a′, b′) = a′b′. Omdatggd(a′, b′) = 1 is het dus voor zekere gehele r waar dat A = ra′b′. Hieruit volgt:

u = rb′, v = −ra′ . (5)

Omgekeerd voldoet ook ieder paar (u, v) van de vorm (5) voor elke gehele r aan (4),dus ook aan (3), zodat (5) alle gehele oplossingen van (3) beschrijft.

Stelling 1.2 De collectie van alle paren (u, v) van de vorm

u =rb

ggd(a, b), v =

−ra

ggd(a, b), r ∈ Z

is gelijk aan de collectie van alle gehele oplossingen van (3).

1

Het gevolg hiervan is:

Stelling 1.3 Vergelijking (2) heeft slechts gehele oplossingen indien voor zekeregehele k geldt dat c = kggd(a, b). Als in dat geval (x0, y0) een gehele oplossing is,wordt de collectie van alle gehele oplossingen gegeven door:

x = x0 +rb

ggd(a, b), y = y0 +

−ra

ggd(a, b), r ∈ Z .

Opgave 1.1 Bepaal alle gehele oplossingen (indien aanwezig) van:(a) 3x− 2y = 0 (e) 6x + 3y = 1(b) 3x− 2y = 2 (f) 23x + 59y = 2(c) 6x− 2y = 2 (g) 9x− 51y = 7(d) 4x + 3y = 1 (h) 14x− 63y = 91

2 Congruenties en restklassen

Definitie 2.1 Stel a, b, m ∈ Z, m > 1. Indien a en b bij deling door m dezelfde restgeven, d.w.z. indien a− b = cm voor zekere c ∈ Z, heten a en b congruent modulom. Notatie: a ≡ b mod m.

Voorbeelden: 29 ≡ 9 mod 10, 3 ≡ 63 mod 5, 7 ≡ −1 mod 8, 122 ≡ 1 mod 13.

Stelling 2.2 Als a ≡ b mod m en b ≡ c mod m dan is a ≡ c mod m.

Stelling 2.3 Als a ≡ b mod m en c ≡ d mod m dan is a + c ≡ b + d mod m.

Stelling 2.4 Als a ≡ b mod m dan is voor elke gehele c ook ac ≡ bc mod m.Gevolg: als a ≡ b mod m en c ≡ d mod m dan is ac ≡ bd mod m.

Opgave 2.1 Bewijs de vorige drie stellingen.

Rekenen met congruenties lijkt dus erg op het rekenen met vergelijkingen. Er isechter een belangrijk verschil: uit ac ≡ bc mod m met c 6≡ 0 mod m hoeft niet tevolgen dat a ≡ b mod m.Voorbeeld: 6 · 12 ≡ 6 · 7 mod 10, maar 12 6≡ 7 mod 10.In andere gevallen gaat het wel: 6 · 12 ≡ 6 · 7 mod 5 en 12 ≡ 7 mod 5.

Stelling 2.5 Als ac ≡ bc mod m en ggd(c,m) = 1, dan is a ≡ b mod m.

Bewijs. ac ≡ bc mod m betekent dat voor zekere gehele k geldt (a − b)c = km.Aangezien ggd(c,m) = 1 moet elke priemfactor van c in k bevat zijn, d.w.z. k = lcvoor zekere gehele l, dus (a − b)c = lcm. Omdat ggd(c,m) = 1 geldt zeker c 6≡0 mod m (want ggd(0,m) = m voor alle gehele m), dus deze vergelijking kan doorc gedeeld worden. �

2

Rekent men modulo m, dan zijn er m verschillende soorten getallen, al naar gelangze verschillende resten geven bij deling door m. De verzameling van alle gehelegetallen die eenzelfde rest geven heet een restklasse modulo m. Er zijn dus preciesm verschillende restklassen modulo m. De restklasse die een getal a bevat, noteertmen als a. Deze notatie is natuurlijk niet eenduidig bepaald, want als a ≡ b mod m,stellen a en b dezelfde restklasse modulo m voor en omgekeerd. Zo is bijvoorbeeld 8gelijk aan −13 modulo 7. De keuze van precies een getal uit elk van de m restklassenmodulo m geeft wat men noemt een volledig stel resten modulo m. 0, 1, 2, 3, 4 isbijvoorbeeld een volledig stel resten modulo 5, maar 11, −5, 9, 18, −3 ook.

Opgave 2.2 Ga na of de volgende congruenties juist zijn: 371 ≡ 250 mod 11,333 ≡ 223 mod 13, 457 ≡ 9 mod 8, 632865 ≡ 41 mod 4.

Opgave 2.3 Bewijs dat n2 ≡ 0 mod 4 of n2 ≡ 1 mod 4 voor alle gehele n.

Opgave 2.4 Welke resten kan n3 geven bij deling door 9 als n geheel is?

Opgave 2.5 Bepaal de rest bij deling van 235 door 63, 3100− 1 door 80 en 235 door127.

Opgave 2.6 Bepaal het kleinste getal n ∈ N zo, dat 246 ≡ n mod 47.

Opgave 2.7 S(n) is de som van de cijfers van n in het tientallig stelsel. Bewijs datS(n) ≡ n mod 9 en S(n) ≡ n mod 3.

Opgave 2.8 Voor welke natuurlijke n geldt n = 144 · S(n)?

Opgave 2.9 Bewijs het volgende criterium voor deelbaarheid door 11: stel n =a1a2 · · · ak waarin a1, . . . , ak de cijfers van n in het tientallig stelsel zijn. n is eenelfvoud dan en slechts dan als de alternerende som a1 − a2 + a3 − a4 + · · · ± ak eenelfvoud is.

Opgave 2.10 Bewijs: als ggd(m,n) = 1, a ≡ b mod m en a ≡ b mod n dan a ≡b mod mn. (Omgekeerd geldt natuurlijk dat als a ≡ b mod mn dan a ≡ b mod men a ≡ b mod n, ook als ggd(m,n) 6= 1.)

Opgave 2.11 Laat zien dat 0, 30, 31, 32, . . . , 315 een volledig stel resten modulo 17vormen. Geldt dit ook voor 0, 20, 21, 22, . . . , 215?

Opgave 2.12 Bewijs: als ggd(a,m) = 1 en a ≡ b mod m dan geldt ookggd(b, m) = 1.

Opgave 2.13 Op welke cijfers eindigen de getallen 6811, 21000 en 3999?

Opgave 2.14 Bepaal de resten bij deling van 21000 door 3, 5, 11 en 13.

Opgave 2.15 Bewijs dat voor alle oneven natuurlijke getallen m en k de som1k + 2k + · · ·+ (m− 1)k deelbaar is door m.

3

3 De kleine stelling van Fermat

De volgende stelling kan het rekenen modulo een priemgetal sterk vereenvoudigen.

Stelling 3.1 (P. de Fermat, 1601-1665) Als p een priemgetal is, en a is eengeheel getal zo, dat ggd(a, p) = 1, dan geldt ap−1 ≡ 1 mod p.

Voorbeelden: 210 ≡ 1 mod 11, 2536 ≡ 1 mod 37.

Bewijs. Beschouw a, 2a, . . . , (p−1)a. Geen tweetal van deze getallen zit in dezelfderestklasse modulo p. Stel namelijk ia ≡ ja mod p met 1 ≤ j < i ≤ p− 1, dan volgtop grond van stelling (2.5) dat i ≡ j mod p, een tegenspraak. Geen van de getallena, 2a, . . . , (p − 1)a zit in de restklasse 0, want geen van die getallen is een p-voud.Deze restklassen zijn dus precies de restklassen 1, 2, . . . , (p− 1), eventueel in eenandere volgorde. Uit het gevolg van stelling (2.4) volgt nu a · 2a · · · (p − 1)a ≡1 · 2 · · · (p− 1) mod p. Omdat p een priemgetal is, mag op grond van stelling (2.5)deze congruentie worden gedeeld door 1 ·2 · · · (p−1). Er staat dan ap−1 ≡ 1 mod p.�

Opgave 3.1 p is een priemgetal. Bewijs dat np ≡ n mod p voor alle gehele n.

Opgave 3.2 Geldt 3340 ≡ 1 mod 341?

Opgave 3.3 Bepaal de kleinste n ∈ N zo, dat n ≡ 12746 mod 37, n ≡ 774 mod 37,n ≡ 712 mod 2340.

Opgave 3.4 Bewijs dat 2730 een deler is van n13 − n voor alle gehele n.

Opgave 3.5 Bewijs dat 22225555 + 55552222 deelbaar is door 7.

4 De stelling van Euler

Het bovenstaande bewijs van de kleine stelling van Fermat berust op twee feiten:

1. de restklassen van a, 2a, . . . , (p − 1)a zijn allemaal verschillend (en dus derestklassen van 1, 2, . . . , (p− 1) in zekere volgorde).

2. uit de congruentie a · 2a · · · (p − 1)a ≡ 1 · 2 · · · (p − 1) mod p mogen we defactoren 1, 2, . . . , (p− 1) wegdelen.

Kan men dezelfde methode gebruiken bij het rekenen modulo m als m geen priemge-tal is? Stel a is een natuurlijk getal met ggd(a,m) = 1. Beschouw a, 2a, . . . , (m−1)a.In verband met (2) en ook wegens stelling (2.5) schrappen we uit deze rij de veelvou-den ka van a met ggd(k,m) 6= 1. Er blijft een deelrij r1a, r2a, . . . , rka = (m − 1)aover. Als ria en rja (i 6= j) in dezelfde restklasse zitten, dan geldt ria ≡ rja mod men omdat ggd(a,m) = 1 impliceert dit ri ≡ rj mod m. 0 < ri en rj < m makendeze laatste congruentie echter onmogelijk. Alle ria zitten dus in verschillende rest-klassen. Hetzelfde geldt natuurlijk ook voor de getallen ri zelf. Deze getallen zijn

4

de natuurlijke getallen kleiner dan m die met m onderling ondeelbaar zijn (d.w.z.ggd(ri,m) = 1). Er geldt echter ook voor alle i dat ggd(ria,m) = 1. Stel immersria = qm + t met 0 ≤ t < m. Dan is ggd(m, t) = 1, want elke gemeenschappe-lijke priemfactor van m en t is ook een factor van ria, dus van ri of van a. Maarggd(ri,m) = 1 en ggd(a,m) = 1. Tegenspraak. De conclusie is dat de restklassenr1, r2, . . . , rk dezelfde zijn als r1a, r2a, . . . , rka, eventueel in een andere volgorde.Gevolg: r1a · r2a · · · rka ≡ r1 · r2 · · · rk mod m en omdat ggd(ri,m) = 1 voor alle ivolgt hieruit

ak ≡ 1 mod m .

Het getal k, het aantal natuurlijke getallen kleiner dan m dat met m onderlingondeelbaar is, noteert men als ϕ(m). De functie ϕ heet de ϕ-functie van Euler,naar Leonhard Euler(1707-1783). We hebben nu bewezen:

Stelling 4.1 Als ggd(a,m) = 1, dan geldt aϕ(m) ≡ 1 mod m.

Voor de ϕ-functie kunnen we een expliciete uitdrukking afleiden. Dit doen we mettwee hulpstellingen.

Stelling 4.2 Als p een priemgetal is, dan geldt voor ieder natuurlijk getal n datϕ(pn) = pn−1(p− 1).

Bewijs. Alleen de veelvouden van p zijn niet onderling ondeelbaar met pn. Daarvanzijn er pn−1 kleiner dan of gelijk aan pn, dus volgt ϕ(pn) = pn − pn−1. �

Stelling 4.3 Als ggd(m,n) = 1 dan geldt ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).

Bewijs. Beschouw de mn getallen van de vorm xm + yn (0 ≤ x < n, 0 ≤ y < m).Deze zitten allemaal in verschillende restklassen modulo mn. Stel namelijk datx1m + y1n ≡ x2m + y2n mod mn, dan geldt voor zekere gehele k dat (x1 − x2)m +(y1 − y2)n = kmn. Omdat ggd(m,n) = 1 is x1 − x2 dan een veelvoud van n eny1 − y2 een veelvoud van m, tegenspraak. Omdat ggd(m,n) = 1 geldt ggd(xm +yn, mn) = 1 dan en slechts dan als ggd(xm + yn, m) = 1 en ggd(xm + yn, n) = 1.Maar ggd(xm + yn, m) = ggd(yn, m) = ggd(y, m) omdat ggd(m,n) = 1 en evenzoggd(xm + yn, n) = ggd(x, n). Het is duidelijk dat ggd(a,mn) = ggd(a + kmn, mn)voor alle gehele k. In plaats van het aantal getallen kleiner dan mn te tellen die metmn onderling ondeelbaar zijn, kan men dus net zo goed het aantal van deze getallentellen in een willekeurig volledig stel resten modulo mn. Het stelsel {xm + yn} alsboven is precies zo’n volledig stel resten, en bewezen is dat ggd(xm + yn, mn) = 1dan en slechts dan als ggd(x, n) = 1 en ggd(y, m) = 1. Hieruit volgt dat ϕ(mn) =ϕ(m)ϕ(n). �

Combinatie van de vorige twee stellingen levert

Stelling 4.4 Als m = pk11 pk2

2 · · · pkrr waarin p1, p2, . . . , pr verschillende priemgetal-

len zijn, dan geldt

ϕ(m) = m(p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pr − 1)

p1p2 · · · pr�

5

Voorbeeld: m = 300 = 22 · 3 · 52, dus ϕ(300) = 300 1·2·42·3·5 = 80. Bijgevolg is het voor

iedere gehele a met ggd(a, 300) = 1 waar dat a80 ≡ 1 mod 300.

Opgave 4.1 Bepaal ϕ(360).

Opgave 4.2 Voor welke natuurlijke n geldt ϕ(n) = 27n?

Opgave 4.3 Bepaal de laatste twee cijfers van het getal 3999.

Opgave 4.4 Bewijs dat er in de rij (2k − 3)k∈N oneindig veel getallen voorkomendie allemaal onderling ondeelbaar zijn. (IWO 1971)

Opgave 4.5 m en n zijn verschillende positieve gehele getallen zo, dat de laatstedrie cijfers van 1978m en 1978n overeenstemmen. Bepaal de minimale waarde vanm + n. (IWO 1978)

5 Gemengde opgaven

Opgave 5.1 n is een geheel getal groter dan 1. Bewijs dat n4 + 4 geen priemgetalis.

Opgave 5.2 pn is het n-de priemgetal als we de priemgetallen van klein naar grootrangschikken. Bewijs dat pn < 22n

.

Opgave 5.3 Bewijs dat het getal 22n

+ 1 voor elke gehele n > 1 eindigt op een 7.

Opgave 5.4 Bepaal a en b zo, dat a + b = 5432 en (a, b) = 223020.

Opgave 5.5 Bepaal de laatste twee cijfers van 2999.

Opgave 5.6 Bewijs dat voor elke natuurlijke n geldt dat 36n ≡ 26n mod 35.

Opgave 5.7 Bepaal alle natuurlijke getallen die gelijk zijn aan het kwadraat vande som van hun cijfers.

Opgave 5.8 Bewijs dat 24n+2 +1 voor geen enkel positief geheel getal n een priem-getal is.

Opgave 5.9 Bewijs dat de som van de cijfers van elk veelvoud van 99 minstens 18is.

Opgave 5.10 Bewijs dat er geen derdemacht van de vorm 2n + 1 bestaat.

Opgave 5.11 Stel p is een priemgetal dat bij deling door 30 rest r geeft. Bewijsdat r dan een priemgetal is of gelijk is aan 1. Geldt hetzelfde bij deling door 60?

Opgave 5.12 p is een priemgetal. Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal a kleinerdan p precies een natuurlijk getal b kleiner dan p bestaat zo, dat ab ≡ 1 mod p.

Opgave 5.13 p is een priemgetal. Bewijs de stelling van Wilson: (p − 1)! ≡−1 mod p. Bewijs ook het omgekeerde: als voor een natuurlijk getal m geldt dat

6

(m− 1)! ≡ −1 mod m, dan is m een priemgetal.

Opgave 5.14 Voor welke natuurlijke getallen n geldt 5n ≡ 4n mod 61?

7

Lesbrief 3

Polynomen

1 Polynomen van een variabele

Elke functie van de vorm P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0, (an 6= 0), heet

een polynoom of veelterm in de variabele x. Het getal n heet de graad van P (x),de constante getallen an, an−1, . . . , a0 heten de coefficienten.Zijn P (x) en Q(x) polynomen van graad respectievelijk m en n dan is het mogelijkP (x) door Q(x) te delen, d.w.z. men kan polynomen S(x) (quotient) en R(x) (rest)bepalen zo, dat

P (x) = Q(x)S(x) + R(x) (1)

waarbij de graad r van de rest R(x) kleiner is dan de graad m van Q(x) (alsm > n voldoen S(x) ≡ 0, P (x) = R(x)). Men kan S(x) en R(x) bepalen met eenstaartdeling. Hebben we bijvoorbeeld P (x) = 2x3−3x2 +5x+5 en Q(x) = 3x2−2,dan geldt

3x2 − 2 / 2x3 − 3x2 + 5x + 5 \ 23x− 1 = S(x)

2x3 − 43x

−3x2 +193

x

−3x2 + 2

193

x + 3 = R(x)

In dit geval geldt dus 2x3− 3x2 +5x+5 = (3x2− 2)( 23x− 1)+ ( 19

3 x+3). De delingeindigt altijd zodra de graad van de rest kleiner is dan de graad van de deler Q(x).

Opgave 1.1 Bepaal quotient en rest bij deling van(a) 5x7 − 3x6 + x2 door 3x4 − 5. (c) x10 − 1 door x− 1.(b) 2x3 + 4x2 − x− 3 door x3 + x.

De coefficienten ai zijn in het algemeen reele getallen. Soms wordt ook gewerkt metpolynomen met uitsluitend gehele coefficienten. Het is van belang op te merken datals P (x) en Q(x) beide gehele coefficienten hebben en de coefficient van de hoogstemacht ±1 is, het quotient en de rest bij deling van P (x) door Q(x) weer polynomenmet gehele coefficienten zijn. (Ga dit na.)Beschouw weer in het algemeen vergelijking (1). Stel nu Q(x) = x − p. De rest isdan een polynoom van graad nul, dus een constante:

P (x) = (x− p)S(x) + R .

Substitueer x = p, dan volgt R = P (p). De rest bij deling van P (x) door x − p isdus P (p). Als in het bijzonder P (p) = 0, dan geldt P (x) = (x− p)S(x). Van P (x)kan men dus een factor x− p afsplitsen. Is q 6= p een tweede nulpunt van P (x), danis 0 = P (q) = (q− p)S(q), dus ook S(q) = 0. Van S(x) is dus een factor x− q af tesplitsen. Als in het algemeen p1, p2, . . . , pk verschillende nulpunten van P (x) zijn,dan geldt P (x) = (x− p1)(x− p2) · · · (x− pk)P ∗(x). We vinden dus:

1

Stelling 1.1 Elk polynoom van graad n, n > 0, heeft ten hoogste n nulpunten.

Er zijn polynomen zonder reele nulpunten, bijvoorbeeld P (x) = x2 + 1. Maar elkpolynoom van oneven graad heeft minstens een reeel nulpunt. Stel namelijk x 6= 0,dan geldt P (x) = anxn+an−1x

n−1+· · ·+a0 = xn(an+ an−1x +· · ·+ a0

xn ) (n oneven enan 6= 0). Als |x| voldoende groot is, is |an−1

x + · · ·+ a0xn | < |an|, dus als x voldoende

groot positief is, heeft P (x) hetzelfde teken als an, en als x voldoende groot negatiefis, heeft P (x) juist het tegengestelde teken. Omdat polynomen continue functieszijn, moet er dan ook minstens een nulpunt zijn.

Stelling (1.1) kan men vaak op de volgende wijze gebruiken: weet men dat hetpolynoom P (x) van graad kleiner dan of gelijk aan n is en meer dan n nulpuntenheeft, dan moet het van graad nul zijn. Maar een constante functie met een nulpuntmoet identiek nul zijn, dus P (x) ≡ 0. Alle coefficienten zijn dan ook nul.Voorbeeld: Stel dat P (x) = a2x

2 + a1x + a0 voldoet aan |P (x)| ≤ 1 voor allex ∈ [−1, 1]. Dan geldt |a2| ≤ 2.

0−1 −0.5 0.5 1

−1

−0.5

0.5

1

Figuur 1: de grafiek van Q(x).

Bewijs.Stel |a2| > 2. Noem Q(x) =2x2 − 1. Dan Q(±1) = 1, Q(0) =−1. Noem P ∗(x) = 2

a2P (x) dan geldt

|P ∗(x)| < |P (x)| ≤ 1 op [−1, 1]. Nu isR(x) = Q(x) − P ∗(x) een eerstegraadspolynoom met R(−1) > 0, R(0) < 0en R(1) > 0. R heeft dus minstenstwee nulpunten, dus R is identiek nul,m.a.w. Q(x) ≡ P ∗(x), in tegenspraakmet |P ∗(x)| < 1 op [−1, 1]. De veron-derstelling |a2| > 2 was dus onjuist. �

Voorbeeld: Elk polynoom van positieve graad met gehele coefficienten geeft voorgehele x-waarden ook gehele functiewaarden. Kunnen die waarden allemaal priem-getallen zijn? Het antwoord is nee. Stel namelijk P (x) = anxn + · · ·+a0 en stel datvoor een zekere gehele k P (k) = p met p priem. Beschouw voor een gehele waardevan i P (k + ip)− P (k) = an((k + ip)n − kn) + · · ·+ a1((k + ip)− k). Voor iedere jis aj − bj deelbaar door a− b, dus P (k + ip)−P (k) is deelbaar door k + ip−k = ip.Voor elke gehele i is P (k + ip) dus deelbaar door p. Zouden al deze waarden priem-getallen zijn, dan zouden ze allemaal gelijk zijn aan p. Het polynoom P (x)− p zoudan oneindig veel verschillende nulpunten hebben. Tegenspraak.

Er is al aangetoond dat van P (x) een factor x − a kan worden afgesplitst zodraP (a) = 0: P (x) = (x − a)S(x). Geldt ook S(a) = 0, dan kan ook van S(x) eenfactor x − a worden afgesplitst: P (x) = (x − a)2T (x). Kan men zo doorgaande kmaal een factor x− a afsplitsen (P (x) = (x− a)kU(x)) en geldt U(a) 6= 0 (zodat erniet nog meer factoren x − a afgesplitst kunnen worden) dan heet a een k-voudignulpunt van P (x). Het getal k heet de multipliciteit van het nulpunt a. Een k-voudig nulpunt kan men opvatten als k samenvallende nulpunten. Stelling (1.1) isblijkbaar uit te breiden:

Stelling 1.2 Het aantal nulpunten, elk geteld met zijn multipliciteit, van een poly-noom van graad n > 0 bedraagt ten hoogste n.

2

Uit de regels voor differentieren volgt:

Stelling 1.3 Als a een k-voudig nulpunt van P (x) is (k > 1), dan is a een (k− 1)-voudig nulpunt van P ′(x). Als a een enkelvoudig nulpunt van P (x) is, dan geldtP ′(a) 6= 0.

Stel dat het polynoom P (x) = anxn + · · · + a0 (an 6= 0) precies n (niet noodza-kelijk verschillende) nulpunten x1, x2, . . . , xn heeft. Dan is Q(x) = an(x− x1)(x−x2) · · · (x−xn) een polynoom van dezelfde graad met ook x1, x2, . . . , xn als nulpun-ten. Het verschil is van graad kleiner dan n, heeft minstens n nulpunten, en is dusidentiek nul. Na uitwerken van de haakjes in de uitdrukking voor Q(x) moet daaromde coefficient van elke macht xk gelijk zijn aan ak. In het bijzonder is de constanteterm a0 = (−1)nan ·x1x2 · · ·xn, m.a.w. het product van alle nulpunten is (−1)n a0

an.

Vergelijken van de coefficienten van xn−1 geeft an−1 = −an(x1 + x2 + · · · + xn),m.a.w. de som van alle nulpunten is −an−1

an. Vergelijken van de coefficienten van de

andere machten geeft nog meer betrekkingen tussen de coefficienten en de nulpun-ten, maar de twee genoemde betrekkingen zijn de belangrijkste.

Opgave 1.2 Stel P (x) = a3x3 + a2x

2 + a1x + a0 voldoet aan |P (x)| ≤ 1 alsx ∈ [−1, 1]. Bewijs |a3| ≤ 4. (Men kan in het algemeen bewijzen dat als een n-degraads polynoom aan deze voorwaarde voldoet, dan |an| ≤ 2n−1.)

Opgave 1.3 Bewijs stelling (1.3).

Opgave 1.4 a en n zijn gehele getallen. De vergelijking x3−x2 +ax−2n = 0 heeftdrie gehele wortels. Bepaal a en n. (NWO 1970)

Opgave 1.5 P (x) = (1−3x+3x2)84(1+3x−3x2)184 wordt uitgewerkt tot P (x) =anxn + · · ·+ a0. Bepaal de som an + an−1 + · · ·+ a0.

Opgave 1.6 P (x) = anxn + · · ·+a0 voldoet aan P (x) = P (−x) voor alle x. Bewijsdat ai = 0 voor alle oneven i. Bewijs ook: als P (x) = −P (−x) voor alle x, dan isai = 0 voor alle even i.

Opgave 1.7 Bewijs dat als men het product (1− x + x2 − x3 + · · ·+ x100)(1 + x +x2 +x3 + · · ·+x100) uitwerkt, een polynoom ontstaat dat slechts even machten vanx bevat.

Opgave 1.8 Bepaal de rest na deling van x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243 door(a) x− 1 (b) x2 − 1.

Opgave 1.9 Een onbekend polynoom geeft rest 2 na deling door x− 1 en rest 1 nadeling door x− 2. Wat is de rest na deling door (x− 1)(x− 2)?

Opgave 1.10 Uitwerken van (x2 − x + 1)n − (x2 − x + 2)n + (1 + x)n + (2− x)n,n > 2, geeft a2n−2x

2n−2 + · · ·+ a1x + a0. Bewijs dat a2n−2 + a2n−3 + · · ·+ a2 = 0.(NWO 1963)

Opgave 1.11 P (x) = x2 + ax + 1 en Q(x) = x2 + x + a. Bepaal alle waarden vana waarvoor P en Q een gemeenschappelijk nulpunt bezitten.

Opgave 1.12 Bepaal alle mogelijke polynomen van de vorm P (x) = x(x− a)(x−b)(x − c) + 1 met a, b en c positief geheel en onderling verschillend die geschreven

3

kunnen worden als product van twee polynomen van positieve graad met gehelecoefficienten.

Opgave 1.13 Bewijs dat een polynoom met gehele coefficienten de waarde 14 voorgeen enkele gehele waarde van de variabele kan aannemen als het de waarde 7 voorvier gehele waarden van de variabele aanneemt.

Opgave 1.14 P (x) is een polynoom met gehele coefficienten en positieve graad n.Er zijn precies k gehele getallen N waarvoor P (N)2 = 1. Bewijs dat k − n ≤ 2.

2 De interpolatieformule van Lagrange

Door elk tweetal punten (x0, y0), (x1, y1) met x0 < x1 kan men de grafiek van eeneerstegraads polynoom (een rechte lijn) trekken. Dit polynoom is te schrijven als

P (x) = y0x− x1

x0 − x1+ y1

x− x0

x1 − x0.

Door elk drietal punten (x0, y0), (x1, y1), (x2, y2) met x0 < x1 < x2 kan men degrafiek trekken van het tweedegraads polynoom

P (x) = y0(x− x1)(x− x2)

(x0 − x1)(x0 − x2)+ y1

(x− x0)(x− x2)(x1 − x0)(x1 − x2)

+ y2(x− x0)(x− x1)

(x2 − x0)(x2 − x1).

In het algemeen geldt:

Stelling 2.1 Stel gegeven x0 < x1 < · · · < xn en n + 1 getallen y0, y1, . . . , yn, danvoldoet het polynoom

P (x) =n∑

i=0

yi(x− x0) · · · (x− xi−1)(x− xi+1) · · · (x− xn)

(xi − x0) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn)

aan P (xi) = yi voor i = 0, 1, . . . , n. Het is ook het enige polynoom van graad hooguitn met deze eigenschap.

Bewijs. Door invullen controleert men dat inderdaad P (xi) = yi voor alle i. Zoueen tweede polynoom Q(x) van graad hooguit n dezelfde eigenschap hebben, danzou P (x) − Q(x) nul zijn in de n + 1 punten x0, x1, . . . , xn. Dit kan alleen als hetverschil identiek nul is, dus als P en Q gelijk zijn. �

Het bepalen van een functie die in voorgeschreven punten voorgeschreven waardenaanneemt, heet interpoleren. De interpolatieformule uit bovenstaande stelling isafkomstig van de franse wiskundige J.L. Lagrange(1736-1813).

Opgave 2.1 Bepaal het polynoom P van graad hooguit 2 dat voldoet aan(a) P (0) = 1, P (1) = 0 en P (2) = 0.(b) P (0) = 0, P (1) = 1 en P (2) = 0.(c) P (0) = 0, P (1) = 0 en P (2) = 1.

Opgave 2.2 Gebruik opgave (2) om een polynoom van graad hooguit 2 te vindendat voldoet aan P (0) = π, P (1) = e en P (2) = π · e.

4

Opgave 2.3 Noem Q(x) = (x− x0)(x− x1) · · · (x− xn) en definieer voori = 0, 1, . . . , n

Li(x) =Q(x)

(x− xi)Q′(xi)als x 6= xi en Li(xi) = 1 .

Bewijs dat P (x) uit de stelling geschreven kan worden als

P (x) =n∑

i=0

yiLi(x) .

3 Polynomen in meer variabelen

Elke eindige som van termen van de vorm c · xk11 xk2

2 · · ·xknn waarin de ki niet-

negatieve gehele exponenten zijn, heet een polynoom in de variabelenx1, x2, . . . , xn. De getallen c heten de coefficienten van het polynoom. Neem aandat gelijksoortige termen, d.w.z. termen met hetzelfde stel exponenten k1, k2, . . . , kn

zijn samengenomen.Voorbeeld voor n = 3: 2x2

1x2x53+5x1−x6

1x2x3 (In de tweede term geldt k2 = k3 = 0.)Vult men voor n−1 van de variabelen vaste waarden in, dan ontstaat een polynoomin de overblijvende variabele. De coefficienten van dit polynoom zijn zelf polyno-men in de n − 1 andere variabelen. Als P1(x1), P2(x2), . . . , Pn(xn) polynomen inrespectievelijk x1, x2, . . . , xn zijn, dan is het productP1(x1)P2(x2) · · ·Pn(xn) een polynoom in x1, x2, . . . , xn.Een voorbeeld is (x2

1 + 2)(x2 − 5)(3x33 − 2x2

3 + 7x3 − 5).Het is echter niet waar dat elk polynoom in n variabelen ook geschreven kan wordenals product van n polynomen in een variabele. Zo is het bijvoorbeeld duidelijk dater geen polynomen P1(x1) en P2(x2) bestaan met P1(x1)P2(x2) = x2

1 + x22. Een

polynoom in meer dan een variabele kan oneindig veel nulpunten hebben. Zo geldtbijvoorbeeld x2

1 − x22 = 0 voor alle punten (x1, x2) met x1 = ±x2.

Stelling 3.1 Als het polynoom P (x1, x2, . . . , xn) voor alle reele waarden van x1, x2,. . . , xn de waarde 0 aanneemt, dan zijn alle coefficienten van het polynoom nul.

Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 hebben we de stellingal bewezen. Stel dat de stelling geldt voor elk polynoom van n variabelen en datP (x1, x2, . . . , xn, xn+1) = 0 voor alle (x1, x2, . . . , xn, xn+1).P (x1, x2, . . . , xn, xn+1) = A0 + A1xn+1 + A2x

2n+1 + · · · + Akxk

n+1, waarin de Ai

polynomen zijn in x1, x2, . . . , xn. Voor elk stel (x1, x2, . . . , xn) is P een polynoomin xn+1 dat identiek nul is. Dit betekent dat de coefficienten Ai allemaal nul zijn.Elke Ai is dus nul voor elk stel waarden van de variabelen x1, x2, . . . , xn. Volgensde inductieveronderstelling zijn dan alle coefficienten van elke Ai nul, m.a.w. allecoefficienten van P zijn nul. �

Men gebruikt vaak polynomen in n variabelen waarbij de som k1 + k2 + · · · + kn

voor alle termen c · xk11 xk2

2 · · ·xknn hetzelfde is. Zulke polynomen heten homogeen.

Voorbeelden voor n = 3: 7x31x2 − x1x2x

23 + 4x2

2x23 + 2x4

2, x51 + x4

1x2 + x22x

33 en

(x1 + 2x2 − x3)8.

Als in elke term k1 +k2 + · · ·+kn = r, dan heet het polynoom homogeen van graadr. De voorbeelden hierboven zijn homogeen van respectievelijk graad 4, graad 5 en

5

graad 8. Het is duidelijk dat als P homogeen van graad r is, voor iedere waardevan t de gelijkheid

P (tx1, tx2, . . . , txn) = trP (x1, x2, . . . , xn) (2)

geldt. Het omgekeerde is ook waar:

Stelling 3.2 Voldoet het polynoom P voor iedere t en elk stel (x1, x2, . . . , xn) aan(2), dan is P homogeen van graad r.

Bewijs. Kies een vast stel waarden (x1, x2, . . . , xn); P (tx1, tx2, . . . , txn) is dan eenpolynoom in t: P (tx1, tx2, . . . , txn) = A0 + A1t + A2t

2 + · · · . Hierbij is Ai de somvan alle termen c · xk1

1 xk22 · · ·xkn

n met k1 + k2 + · · · + kn = i. Het polynoom in tP (tx1, tx2, . . . , txn)−trP (x1, x2, . . . , xn) = A0+A1t+A2t

2+ · · ·+Ar−1tr−1+(Ar−

P (x1, x2, . . . , xn))tr + Ar+1tr+1 + · · · is identiek nul, dus alle coefficienten zijn nul.

Er geldt dus Ai = 0 als i 6= r, en dit geldt voor elk stel waarden (x1, x2, . . . , xn).De coefficienten van alle polynomen Ai(x1, x2, . . . , xn) met i 6= r zijn dus allemaalnul, dus P is homogeen van graad r. �

Opgave 3.1 P (x1, x2, . . . , xn) en Q(x1, x2, . . . , xn) zijn homogene polynomen vangraad r respectievelijk s. Bewijs dat het product van P en Q homogeen van graadr + s is. Wanneer is de som van P en Q ook homogeen?

Opgave 3.2 Voor welke waarden van k bestaat er een polynoom P (x, y, z) zo, dat

x3 + y3 + z3 + kxyz = (x + y + z)P (x, y, z) .

Opgave 3.3 Het polynoom P (x, y) voldoet aan P (x, x) = 0 voor alle x. Bewijs dater een polynoom Q(x, y) bestaat zo, dat P (x, y) = (x− y)Q(x, y).

Opgave 3.4 Vind alle polynomen P (x, y) die voldoen aan de volgende eigenschap-pen:

(1) er is een n ∈ N zo, dat voor alle x, y, t ∈ R geldt P (tx, ty) = tnP (x, y);

(2) voor alle a, b, c ∈ R geldt P (a + b, c) + P (b + c, a) + P (c + a, b) = 0;

(3) P (1, 0) = 1.

4 Gemengde opgaven

Opgave 4.1 P (x) = (x− a)(x− b)− k(x− c)(x− d) met a < c < b.(a) Bewijs dat als k = 1, P voor elke waarde van d hooguit een nulpunt heeft.(b) Bewijs dat als k < 1, P voor elke waarde van d precies twee nulpunten heeft.(NWO 1e ronde, 1969)

Opgave 4.2 Bepaal alle polynomen P en Q zo, dat voor alle x

P (x)3 + Q(x)P (x)2 + (x4 + 1)P (x) + x3 + x = 0 .

6

Opgave 4.3 Bewijs dat 1+x1111 +x2222 + · · ·+x9999 deelbaar is door 1+x+x2 +· · ·+ x9.

Opgave 4.4 Bepaal alle gehele getallen a zo, dat (x − a)(x − 10) + 1 geschrevenkan worden als (x− b)(x− c) met b en c geheel.

Opgave 4.5 P is een zevendegraads polynoom met gehele coefficienten en voorzeven verschillende gehele waarden van de variabele x geldt P (x)2 = 1. Bewijsdat P niet geschreven kan worden als product van twee polynomen met gehelecoefficienten en positieve graad.

Opgave 4.6 Een polynoom met gehele coefficienten neemt oneven gehele waardenaan in 0 en in 1. Bewijs dat geen van zijn nulpunten geheel is.

Opgave 4.7 Bewijs dat alle rationale nulpunten van het polynoom met gehelecoefficienten xn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a0 (an = 1!) geheel zijn.

Opgave 4.8 a en b zijn reele getallen zo, dat de vergelijking x4+ax3+bx2+ax+1 = 0minstens een oplossing heeft. Bepaal de minimale waarde van a2 + b2. (IWO 1973)

7

Lesbrief 4

Binomiaalcoefficienten,Differentiequotienten en

Getallenrijen

1 Binomiaalcoefficienten

Het is bekend dat (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 en dat (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.In het algemeen geldt

(a + b)n = an + C1an−1b + · · ·+ Cn−1abn−1 + bn

voor zekere gehele coefficienten C1, C2, . . . , Cn. Deze zogenaamde binomiaalcoeffi-cienten (binomium = tweeterm) hangen af van n. De notatie voor Ck is meestal(nk

), spreek uit ”n boven k”. Aangevuld met

(n0

)=

(nn

)= 1 geldt dus

(a + b)n =(

n

0

)an +

(n

1

)an−1b + · · ·+

(n

n

)bn =

n∑k=0

(n

k

)an−kbk . (1)

Omdat geldt

(a + b)n = (a + b)(a + b)n−1

= (a + b)((

n− 10

)an−1 +

(n− 1

1

)an−2b + · · ·+

(n− 1n− 1

)bn−1

)=

(n− 1

0

)an +

(n− 1

1

)an−1b + · · ·+

(n− 1n− 1

)abn−1

+(

n− 10

)an−1b + · · ·+

(n− 1n− 2

)abn−1 +

(n− 1n− 1

)bn

kan men de n-de binomiaalcoefficienten uitdrukken in de n− 1-ste:(n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1k − 1

)(2)

Hierbij wordt(pq

)= 0 gesteld als q < 0 of als q > p. Samen met

(10

)=

(11

)= 1

legt (2) de binomiaalcoefficienten volledig vast. Men berekent ze gemakkelijk metbehulp van de ‘driehoek van Pascal’, waarin elk getal behalve de bovenste twee desom is van de twee getallen er schuin boven:n = 0n = 1n = 2n = 3n = 4n = 5

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1. . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Omdat a en b in (a + b)n symmetrisch voorkomen, geldt(n

k

)=

(n

n− k

)(3)

De getallen(nk

)kunnen ook als volgt berekend worden:

(a + b)n = (a + b)(a + b) · · · (a + b)︸ ︷︷ ︸n maal

.

Een term an−kbk ontstaat bij het haakjes wegwerken telkens als men in k factoreneen b neemt en in de overige n− k een a.

(nk

)is dus gelijk aan het aantal manieren

waarop men uit n elementen k elementen kan kiezen. Voor het eerste elementkan men kiezen uit n mogelijkheden, voor het tweede uit n − 1, enzovoorts. Ditgeeft n(n − 1) · · · (n − k + 1) mogelijkheden. Maar omdat de volgorde waarin hetkeuzeresultaat tot stand is gekomen niet van belang is, moet nog gedeeld wordendoor het aantal mogelijke permutaties van de gekozen k elementen, dit is k!. Ergeldt dus: (

n

k

)=

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

=n!

k!(n− k)!. (4)

Opgave 1.1 Bewijs (4) met volledige inductie naar n door formule (2) te gebruiken.

Enige eenvoudige identiteiten:

(i) Kies in (1) a = b = 1: 2n =n∑

k=0

(n

k

).

(ii) Kies in (1) a = 1, b = −1: 0 =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

).

(iii)k∑

i=0

(n + i

i

)=

(n

0

)+

k∑i=1

(n + i

i

)=

(n + 1

0

)+

k∑i=1

(n + i

i

)=(

n + 21

)+

k∑i=2

(n + i

i

)= · · · =

(n + k + 1

k

)door herhaald toepassen van (2).

Toepassing. Onder p personen moet men n guldens verdelen (n ≥ p) zo, dat elkminstens een gulden krijgt. Op hoeveel manieren is dit mogelijk?Oplossing. Leg de n guldens op een rij. Er zijn dan n−1 tussenruimten. Vult menhiervan n−p tussenruimten door ‘schakels’ op, dan ontstaat een rij van p kettingen,voor elk persoon een. Het aantal mogelijke verdelingen is dus gelijk aan het aantalmogelijkheden om uit de n− 1 tussenruimten er n− p te kiezen:

(n−1n−p

)=

(n−1p−1

).

Toepassing. Bewijs dat voor geen enkel niet-negatief geheel getal n geldt dat

n∑k=0

(2n + 12k + 1

)23k

een vijfvoud is. (IWO 1974)Oplossing. Reken modulo 5. Dan geldt 23k ≡ (23)k ≡ 3k mod 5. We proberende binomiaalcoefficienten met behulp van (2) ‘af te breken’. Pas (2) twee maal toe,dan volgt (

2n + 12k + 1

)=

(2n− 12k + 1

)+ 2

(2n− 1

2k

)+

(2n− 12k − 1

).

2

Noem Sn =∑n

k=0

(2n+12k+1

)3k en Tn =

∑nk=0

(2n+12k

)3k, dan kan men Sn en Tn in de

lagere S-en en T -en uitdrukken.

Sn =n∑

k=0

((2n− 12k + 1

)+ 2

(2n− 1

2k

)+

(2n− 12k − 1

))3k = Sn−1 + 2Tn−1 + 3Sn−1 .

Tn =n∑

k=0

((2n− 1

2k

)+ 2

(2n− 12k − 1

)+

(2n− 12k − 2

))3k = Tn−1 + 6Sn−1 + 3Tn−1 .

Er geldt dus Sn = 4Sn−1 + 2Tn−1 en Tn = 6Sn−1 + 4Tn−1. Er zijn twee manierenom het bewijs te voltooien.(a) Er zijn modulo 5 voor Sn en Tn elk vijf mogelijkheden, dus er zijn hoogstens vijf-entwintig mogelijke paren (Sn, Tn). (S0, T0) = (1, 1) en met de hierboven afgeleideformules kan men de volgende paren berekenen. Na hoogstens vijfentwintig stappenmoet periodiciteit optreden. Geldt dus voor geen enkele n < 25 dat Sn ≡ 0 mod 5,dan is het bewijs geleverd.(b) We rekenen steeds modulo 5: Sn = 4Sn−1 + 2Tn−1 ≡ −Sn−1 + 2Tn−1 enTn = 6Sn−1 + 4Tn−1 ≡ Sn−1 − Tn−1. Daarom Sn ≡ −Sn−1 + 2Tn−1 ≡ Sn−2 −2Tn−2 + 2Sn−2 − 2Tn−2 ≡ 3Sn−2 − 4Tn−2 ≡ 3Sn−2 + Tn−2 ≡ −3Sn−3 + 6Tn−3 ≡−3Sn−3+6Tn−3+Sn−3−Tn−3 ≡ −2Sn−3. Men berekent dan S0 = 1, S1 ≡ 1 mod 5,S2 ≡ −1 mod 5 en aangezien (−2)k 6≡ 0 mod 5 voor alle k, is ook Sn 6≡ 0 mod 5voor alle k.

2 Differentiequotienten

Laat gegeven zijn het n-de graads polynoom P (x) = anxn + · · ·+ a0, an 6= 0. Hetdifferentiequotient

∆h1P (x) :=P (x + h1)− P (x)

h1=

(an(x + h1)n + · · ·+ a0)− (anxn + · · ·+ a0)h1

= annxn−1 + · · ·

behorende bij een vaste toename h1 6= 0, is een (n−1)e-graads polynoom met an ·nals coefficient van de hoogste macht van x. (Verifieer dit door uitwerken.) Van ditpolynoom vormt men het differentiequotient bij een toename h2 6= 0:

∆h2(∆h1P (x) =∆h1P (x + h2)−∆h1P (x)

h2= ann(n− 1)xn−2 + · · · .

Dit differentiequotient wordt genoteerd als ∆h2h1P (x). Het is een polynoom vangraad n− 2 in x. In het algemeen wordt het k-de differentiequotient behorende bijde toenames h1, h2, . . . , hk gedefinieerd door

∆hkhk−1···h1P (x) :=∆hk−1···h1P (x + hk)−∆hk−1···h1P (x)

hk.

Het is een polynoom in x van de vorm ann(n− 1) · · · (n− k + 1)xn−k + · · · . In hetbijzonder geldt voor k = n

∆hn···h1P (x) = ann! .

Dit is dus een constante, die afhankelijk is van de waarden van h1, h2, . . . , hn. Ergeldt daarom

3

Stelling 2.1 Van een n-de graads polynoom met kopcoefficient an is het n-de dif-ferentiequotient gelijk aan ann!. De hogere differentiequotienten zijn nul.

Kies h1 = h2 = · · · = hn = 1 en schrijf ∆i in plaats van ∆11 · · · 1︸ ︷︷ ︸i maal

, dan volgt

∆1P (x) = P (x + 1)− P (x),∆2P (x) = P (x+2)−P (x+1)− (P (x+1)−P (x)) = P (x+2)− 2P (x+1)+P (x),

∆3P (x) = P (x + 3)− 3P (x + 2) + 3P (x + 1)− P (x) =3∑

k=0

(−1)k

(3k

)P (x + 3− k).

Zo voortgaande ontstaat ten slotte

ann! = ∆nP (x) =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)P (x + n− k) .

Door de substitutie x = x + c ontstaat uit een polynoom in x

anxn + · · ·+ a0 = an(x + c)n + · · · = anxn + · · ·

een polynoom in x van dezelfde graad en met dezelfde kopcoefficient. (De anderecoefficienten zijn in het algemeen anders.) Op grond hiervan kan men bovenstaandeformule nog iets vereenvoudigen door x + n in plaats van x als variabele te nemen.

Stelling 2.2 Voor elk polynoom Q(x) = anxn + · · ·+ a0 geldt

n∑k=0

(−1)k

(n

k

)Q(x− k) = ann! .

Opgave 2.1 Verifieer dat stelling (2.2) ook geldt als an = 0.

Opgave 2.2 Bewijs de volgende identiteiten:

(1)n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(x− k)n = n!.

(2)n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(2n+1 − n− k − 1)n = n!.

(3)n∑

k=0

(−1)n−k

(n

k

)(A + Bk)p = Bnn!alsp=n.0als0 ≤ p < n, p geheel.

(4)2m∑k=0

(−1)2m−k

(2m

k

)(k

2

)m

=(2m)!2m

.

(5)n∑

k=0

(−1)n−k

(n

k

)(kp

n

)= pn als p een positief geheel getal is.

3 Getallenrijen

Een rij reele getallen a1, a2, a3, . . . wordt vaak genoteerd als {ai}∞i=1 of, als er geenverwarring mogelijk is, kortweg {ai}.

4

Definitie 3.1 De rij {ai} convergeert naar het getal k (ook wel: heeft limiet k) alser bij elk positief getal ε een getal I gevonden kan worden zo, dat voor alle termenai uit de rij met i > I geldt |ai − k| < ε. Notatie: limi→∞ ai = k (ook wel: ai → kals i →∞).

Elke rij die niet convergeert heet divergent. Er zijn bijzondere divergente rijen:

Definitie 3.2 De rij {ai} divergeert naar plus oneindig (ook wel: heeft limiet plusoneindig) als er bij elk getal M een getal I is zo, dat voor alle i > I geldt datai > M . Notatie: limi→∞ ai = +∞ (of: ai → +∞ als i →∞).De rij {ai} divergeert naar min oneindig (of: heeft limiet min oneindig) als de rij{−ai} naar plus oneindig divergeert. Notatie: limi→∞ ai = −∞ (of: ai → −∞ alsi →∞).

Opmerking: plus oneindig en min oneindig zijn dus geen reele getallen, maar uit-drukkingen om het gedrag van bepaalde rijen kort te kunnen beschrijven.

Voorbeelden:1. ai = 1

i . De rij { 1i } convergeert naar 0.

2. ai = i+1i . De rij { i+1

i } convergeert naar 1.3. ai = i2. De rij {i2} divergeert naar +∞.4. ai = (−1)i. De rij {(−1)i} divergeert zonder limiet.

3.1 Rekenkundige rijen

Een rij van de vorm a, a + k, a + 2k, a + 3k, . . . heet een rekenkundige rij. Desom van de eerste n + 1 termen bepaalt men als volgt: a + (a + nk) = 2a +nk, (a + k) + (a + (n − 1)k) = 2a + nk,. . . ,(a + nk) + a = 2a + nk. Daarom2(a + (a + k) + · · · + (a + nk)

)= (a + (a + nk)) + ((a + k) + (a + (n − 1)k)) +

· · · + ((a + nk) + a) = (2a + nk) + (2a + nk) + · · ·+ (2a + nk)︸ ︷︷ ︸n+1 maal

. Hieruit blijkt dat

a + (a + k) + · · ·+ (a + nk) = 12 (n + 1)(2a + nk).

3.2 Meetkundige rijen

Een rij van de vorm a, ar, ar2, ar3, . . . heet een meetkundige rij met reden (ratio) r.r is de verhouding tussen twee opeenvolgende termen. De som Sn van de eerste ntermen bepaalt men als volgt:

Sn = a + ar + · · ·+ arn−1

rSn = ar + · · ·+ arn−1 + arn

(1− r)Sn = a(1− rn)

Hieruit volgt dat als r 6= 1, dan geldt

Sn =1− rn

1− r. (5)

In het algemeen noemt men de som Sn = a1 + a2 + · · · + an =∑n

i=1 ai de n-departiele som van de rij {ai}. De rij {Sn}∞n=1 van partiele sommen noemt men een

5

reeks. Heeft de rij van partiele sommen een limiet S, dan heet S de som van dereeks. Men schrijft voor S vaak

∑∞i=1 ai of a1 + a2 + a3 + · · · , waarmee we dan

bedoelen limn→∞ Sn = limn→∞∑n

i=1 ai.

Beschouw de meetkundige reeks a + ar + ar2 + ar3 + · · · . Het geval a = 0 sluitenwe uit. Aangezien geldtvoor r > 1: rn → +∞ als n →∞,voor r = 1: rn = 1 voor alle n,voor −1 < r < 1: rn → 0 als n →∞,voor r ≤ −1: {rn} divergeert zonder limiet als n →∞,volgt uit (5) dat een meetkundige reeks convergeert dan en slechts dan als |r| < 1.In dat geval volgt voor de som S:

S =a

1− r.

Voorbeeld: voor alle natuurlijke getallen m en n met m < n geldt(n

0

)−

(n

1

)+

(n

2

)− · · ·+ (−1)m

(n

m

)= (−1)m

(n− 1

m

).

Bewijs. Het linkerlid is de coefficient van xn in het polynoom

xn(1−x)n +xn−1(1−x)n + · · ·+xn−m(1−x)n = (xn +xn−1 + · · ·+nn−m)(1−x)n .

Volgens formule (5) is dit laatste gelijk aan

xn−m 1− xm+1

1− x(1− x)n = xn−m(1− xm+1)(1− x)n−1

= xn−m(1− x)n−1 − xn+1(1− x)n−1 .

De coefficient van xn in dit polynoom is (−1)m(n−1m

). �

3.3 De harmonische en de hyperharmonische reeks

De reeks 1 + 12 + 1

3 + 14 + · · · heet de harmonische reeks. We gaan aantonen dat

deze reeks divergeert naar plus oneindig. Allereerst is het duidelijk dat de partielesommen een stijgende rij vormen. We moeten dus nog bewijzen dat ze boven elkegrens uit stijgen. Daartoe noemen we de n-de partiele som weer even Sn. Wekunnen opmerken datS4 = 1 + 1

2 + 13 + 1

4 > 1 + 12 + 1

4 + 14 = 2,

S8 = 1 + · · ·+ 18 > 1 + 1

2 + ( 14 + 1

4 ) + ( 18 + 1

8 + 18 + 1

8 ) = 52 ,

S16 > 1 + 12 + 2 · 1

4 + 4 · 18 + 8 · 1

16 = 3.In het algemeen geldt S2n > 1 + n · 1

2 en als n naar oneindig gaat stijgt dit bovenelke grens.

De hyperharmonische reeks∑∞

k=11k2 = 1+ 1

4 + 19 + 1

16 +· · · daarentegen convergeert.Beschouw namelijk Sn =

∑nk=1

1k2 . Omdat 1

k2 < 1k(k−1) = 1

k−1 −1k als k ≥ 2, geldt

1 +122

+132

+ · · ·+ 1n2

< 1 +1

1 · 2+

12 · 3

+ · · ·+ 1(n− 1)n

= 1 + (11− 1

2) + (

12− 1

3) + · · ·+ (

1n− 1

− 1n

) = 2− 1n

< 2 .

6

Alle termen van de stijgende rij van partiele sommen zijn dus kleiner dan 2. Dereeks moet daarom een eindige som hebben. Men kan bewijzen dat deze som gelijkis aan π2

6 .

Opmerkingen:1. Omdat 1

kp ≥ 1k als p ≤ 1, is

∑∞k=1

1kp ook divergent als p ≤ 1. Omdat 1

kp ≤ 1k2

als p ≥ 2, is∑∞

k=11kp ook convergent als p ≥ 2. Met een andere methode kan men

aantonen dat deze reeks ook convergeert voor alle p met 1 < p < 2. Conclusie:∑∞k=1

1kp convergeert voor p > 1 en divergeert naar +∞ voor p ≤ 1.

2. De identiteit 1k(k−1) = 1

k−1 −1k stelde ons in staat de n-de partiele som van de

hyperharmonische reeks als een telescoop in elkaar te schuiven. Dat laatste principekan men vaker gebruiken!

Opgave 3.1 Bereken

(a)∞∑

k=1

(−12)k (b)

∞∑k=1

1k(k + 2)

(c)∞∑

k=1

1k(k + 1)(k + 2)

(d)∞∑

k=1

log(k + 1)2

k2 + 2k.

Opgave 3.2 Onderzoek of de volgende reeksen convergent zijn:

(a)∞∑

k=1

(−1)k

k2(b)

∞∑k=2

1log k

(c)∞∑

k=0

sin12k

(aanwijzing voor (c): voor x > 0 geldt sin x < x)

Opgave 3.3 Bewijs dat(2nn

)=

(n0

)2 +(n1

)2 + · · ·+(nn

)2.

Opgave 3.4 Bewijs dat(nk

)+

(n+1

k

)+ · · ·+

(n+m

k

)=

(n+m+1

k+1

)−

(n

k+1

)als k < n.

Opgave 3.5 Bewijs dat er een convergente reeks ontstaat als men uit de harmoni-sche reeks alle termen 1

n verwijdert waarvoor de decimale schrijfwijze van n minstenseen cijfer 9 bevat.

4 Gemengde opgaven

Opgave 4.1 Kan men 93 punten onderling zo verbinden, dat elk punt met precies23 andere verbonden is? (NWO 1e ronde 1967)

Opgave 4.2 Er zijn zes steden en twee luchtvaartmaatschappijen zo, dat tussenelk paar steden door precies een van beide maatschappijen een verbinding wordtonderhouden. Bewijs dat het luchtnet van minstens een maatschappij een driehoekbevat, en bewijs dan dat er in de twee luchtnetten zelfs twee driehoeken zijn. (NWO1970)

Opgave 4.3 200 scholieren staan opgesteld in 10 rijen van elk 20 scholieren. Uit elkvan de 20 zo gevormde kolommen wordt de kleinste scholier bepaald, en de grootstevan deze 20 kleinsten krijgt een rode vlag. Vervolgens bepaalt men uit elke rij degrootste, en de kleinste van deze 10 grootsten krijgt een groene vlag. Als dit eenander is dan de drager van de rode vlag, wie van de twee is dan de grootste?

Opgave 4.4 Elk van 17 geleerden correspondeert met alle 16 andere. Ze schrijvenslechts over drie onderwerpen, en elk paar geleerden schrijft elkaar slechts over eenonderwerp. Bewijs dat er minstens drie geleerden zijn die onder elkaar over hetzelfde

7

onderwerp corresponderen. (IWO 1963)

Opgave 4.5 m en n zijn positieve gehele getallen. Bewijs dat ook

(2m)!(2n)!m!n!(m + n)!

een positief geheel getal is.

Opgave 4.6 Op vier opeenvolgende hoekpunten van een regelmatige twaalfhoekstaan achtereenvolgens een rode, gele, witte en blauwe pion. Men mag een pionverplaatsen over vier hoekpunten heen naar een vijfde hoekpunt, als dat tenminsteonbezet is. (Men mag zowel linksom als rechtsom gaan.) Na een aantal van dezezetten staan de vier pionnen weer op de vier oorspronkelijke hoekpunten, maarin een andere volgorde. Hoeveel verschillende herschikkingen van de vier pionnenkunnen op deze wijze verkregen worden?

Opgave 4.7 Elke zijde van een gegeven driehoek wordt door m punten in m + 1lijnstukken verdeeld. Daarna wordt elk hoekpunt verbonden met elk van de mdeelpunten op de tegenoverliggende zijde. In hoeveel stukken wordt de driehoekdan door die 3m lijnen hoogstens verdeeld? (NWO 1974)

Opgave 4.8 Hoeveel rijtjes van 10 cijfers bestaan er waarin er minstens 3 gelijkecijfers naast elkaar staan?

8

Lesbrief 5

Recurrenties en ongelijkheden

1 Recursief gede�nieerde rijen

Er zijn getallenrijen {an} die voldoen aan een recurrente betrekking van de vorman+k = f(an+k−1; an+k−2; : : : ; an) voor n = 1; 2; : : :, waardoor de n + k-de termwordt uitgedrukt in zijn k voorgangers. Geeft men de eerste k termen van de rij,dan is de rij volledige bepaald. Zo komt bijvoorbeeld in de IWO van 1976 een rij{un} voor gede�nieerd door un+2 = un+1(u

2n − 2)− 5

2 , u0 = 2, u1 =52 . Hier geldt

dus k = 2.

In deze paragraaf worden rijen onderzocht die voldoen aan een recurrente betrekkingvan de vorm

an+k = A1an+k−1 +A2an+k−2 + · · ·+Akan; n = 1; 2; : : : (1)

waarin A1; A2; : : : ; Ak constanten zijn en Ak �= 0. Voor k = 1 staat er

an+1 = Aan; n = 1; 2; : : : :

Blijkbaar is de rij dan een meetkundige rij: an+1 = Aan = A2an−1 = · · · = Ana1.Voor k = 2 wordt de betrekking

an+2 = Aan+1 +Ban; (B �= 0); n = 1; 2; : : : (2)

Merk alvorens verder te gaan, eerst enige algemene eigenschappen op van rijen dieaan (2) voldoen:(1) Als {an} voldoet aan (2), dan voldoet ook {can} aan (2) voor alle constantes c.(2) Als {an} en {bn} beide voldoen aan (2) (dus met dezelfde A en B maar eventueelverschillende beginwaarden), voldoet ook {an + bn}.De eigenschappen (1) en (2) gelden, zoals men onmiddellijk inziet, ook algemeenvoor rijen die aan de betrekking (1) voldoen: zijn {an} en {bn} oplossingen van (1),dan zijn ook alle zogenaamde lineaire combinaties {can+ dbn} oplossingen van (1).

Stel nu dat {an} en {bn} beide voldoen aan (2). Is dan ook elke rij {xn} die aan(2) voldoet van de vorm xn = can + dbn voor zekere constanten c en d? Zo'n rijwordt volledig bepaald door zijn twee beginwaarden x1; x2. Als voor zekere c en d�

x1 = ca1 + db1x2 = ca2 + db2

(3)

geldt, omdat {xn} een oplossing van (2) is, voor alle natuurlijke n dat xn = can +dbn. Uit het stelsel (3) kan men c en d oplossen, tenzij a1b2−a2b1 = 0, d.w.z. tenzija1 : b1 = a2 : b2. In dat laatste geval is de rij {bn} een veelvoud van de rij {an}.Hieruit blijkt dat als men twee zogenaamde lineair onafhankelijke oplossingen van(2) heeft, alle oplossingen te schrijven zijn als lineaire combinaties van deze twee.

In het algemene geval van betrekking (1) heeft men k lineair onafhankelijke oplossin-gen nodig om alle oplossingen voort te brengen. Lineair onafhankelijk betekent dandat een k × k-stelsel analoog aan (3) altijd precies �e�en oplossing moet hebben.

1

Dit geeft een voorwaarde die slechts afhangt van de beginwaarden van de `basisop-lossingen' (bij (3) is die voorwaarde a1b2 − a2b1 �= 0). Hoe kan men twee lineaironafhankelijke oplossingen van (2) vinden? Zouden er meetkundige rijen {tn} zijndie voldoen? Dan moet gelden tn+2 = Atn+1 +Btn, ofwel

t2 −At−B = 0 : (4)

Deze vergelijking heet de karakteristieke vergelijking van (2). Heeft (4) twee ver-schillende re�ele wortels t1 en t2, dan zijn {tn1} en {tn2} lineair onafhankelijk, wantt1t

22 − t2t

21 = t1t2(t1 − t2) en t1t2 = B �= 0. De algemene oplossing van (2) is in dat

geval {ctn1 + dtn2}.

Voorbeeld: De rij van Fibonacci (de bijnaam van Leonardo van Pisa, ±1200 naChr.) is de rij

1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; : : : :

Deze rij is gede�nieerd door F1 = F2 = 1 en Fn+2 = Fn+1 + Fn voor n = 1; 2; : : :.De karakteristieke vergelijking van deze recurrentie is t2− t−1 = 0. De oplossingenhiervan zijn t1;2 =

12 ± 1

2

√5, en de algemene oplossing van de recurrente betrekking

is dus ctn1 + dtn2 . Aangezien�1 = F1 = c( 12 +

12

√5) + d( 12 − 1

2

√5)

1 = F2 = c( 12 +12

√5)2 + d( 12 − 1

2

√5)2

is c = 15

√5 en d = − 1

5

√5. De algemene term van de rij van Fibonacci wordt dus

Fn =1

5

√5�(1

2+

1

2

√5)n − (

1

2− 1

2

√5)n

�:

Omdat | 12 + 12

√5| > 1 en | 12 − 1

2

√5| < 1, is voor grote n de term ( 12 − 1

2

√5)

verwaarloosbaar. Een ruwe schatting geeft bijvoorbeeld F100 ≈ 1020.

Opgave 1.1 Bepaal 13 +

132 +

233 +

334 +

535 +

836 +

1337 + · · ·.

Heeft de karakteristieke vergelijking twee samenvallende wortels, dan vindt menslechts �e�en meetkundige rij die voldoet (op veelvouden na). Schrijf in dat geval (2)als

an+2 − 2Ean+1 +E2an = 0 : (5)

De karakteristieke vergelijking heeft als dubbele wortel t = E. De meetkundige rij{En} is dus een oplossing. Noem bn = anE

−n en deel (5) door En+2, dan ontstaat

bn+2 − 2bn+1 + bn = 0

ofwelbn+2 − bn+1 = bn+1 − bn :

Onmiddellijk ziet men behalve de oplossing bn = 1 voor alle n (corresponderendmet an = En) nog een tweede oplossing: bn = n. Deze geeft de van de eerstelineair onafhankelijke tweede basisoplossing (veri�eer dit) an = nEn. De algemeneoplossing van (5) is dus {cEn + dnEn}.

Ten slotte het geval dat de karakteristieke vergelijking helemaal geen re�ele oplossin-gen heeft. Men zou dan met complexe getallen kunnen werken, maar het kan ookzonder. Schrijf (2) in de vorm

an+2 − 2Fan+1 +E2an = 0 : (6)

2

(De co�eÆci�ent van an is positief want de discriminant 4F 2− 4E2 is negatief, en ditlaatste betekent bovendien dat |F

E| < 1.) Noem weer bn = anE

−n, dan ontstaat

bn+2 − 2F

Ebn+1 + bn = 0 :

Omdat |FE| < 1 is er een ' zo, dat F

E= cos'. De vergelijking gaat dan over in

bn+2 − 2 cos'bn+1 + bn = 0 : (7)

Men moet nu opmerken dat bn+1 = cosn' en bn+1 = sinn' oplossingen van (7)zijn. Dit volgt direct uit de formules

cos(n+ 1)' = cosn' cos'− sinn' sin'

cos(n− 1)' = cosn' cos'+ sinn' sin'

sin(n+ 1)' = sinn' cos'+ cosn' sin'

sin(n− 1)' = sinn' cos'− cosn' sin'

Hiermee zijn dus twee lineair onafhankelijke (veri�eer dit weer) oplossingen gevon-den. Uiteraard zijn ook {cosn'} en {sinn'} oplossingen (de index is alleen 1verschoven). Neem voor de eenvoud deze als basisoplossingen van (7). De basisop-lossingen van (6) zijn dan {En cosn'} en {En sinn'} en de algemene oplossing is{En(c cosn'+ d sinn')}.

In principe kan men de algemene recurrente betrekking (1) voor k > 2 analoog be-handelen. De wortels van de karakteristieke vergelijking zijn echter voor polynomenvan hogere graad moeilijker te bepalen. Zijn bovendien niet alle wortels re�eel, danis het gebruik van complexe getallen vrijwel onvermijdelijk.

Opgave 1.2 Bepaal de n-de term xn van de rij {xn} gede�nieerd doora) xn+2 = xn+1 + 2xn, x1 = 0, x2 = 1.b) xn+2 = 4xn+1 − 4xn, x1 = 0, x2 = 1.c) xn+2 = 2xn+1 − 2xn, x1 = 0, x2 = 1.d) xn+2 = −xn, x1 = x2 = 1.e) xn+3 = 3xn+2 − 3xn+1 + xn, x1 = x2 = 0, x3 = 1.

Opgave 1.3 Bepaal de n-de termen xn en yn van de rijen {xn} en {yn} gede�nieerddoor het stelsel

�xn+1 = 3xn + ynyn+1 = 5xn − yn

met x1 = 0 en y1 = 6.

Aanwijzing: uit de eerste vergelijking haalt men door indexverschuiving yn+1 =xn+2 − 3xn+1. Samen met yn = xn+1 − 3xn geeft dit, gesubstitueerd in de tweedevergelijking, een recurrente betrekking voor de rij {xn}.

Opgave 1.4 Behandel evenzo:

�xn+1 = 2xn − ynyn+1 = xn + 4yn

met x1 = 2, y1 = 1.

Opgave 1.5 Bepaal xn als gegeven is dat

xn+1 =xn − 2

xn + 4met x1 = 0 :

Aanwijzing: noem yn+1 = yn − 2zn, zn+1 = yn + 4zn, dan geldt xn = ynzn.

Opgave 1.6 Evenzo:

xn+1 =1− 4xn1− 6xn

met x1 = 1 :

3

Opgave 1.7 Bepaal xn als x1 = 1, x2 = 2 en xn+2 = x3n+1x−2n .

2 Ongelijkheden

Een fundamentele ongelijkheid is A2 ≥ 0 voor alle re�ele waarden van A. Gelijkheidtreedt op precies als A = 0. Deze vanzelfsprekende ongelijkheid zit verborgen intalrijke andere ongelijkheden. Eerste voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt√ab ≤ a+b

2 .

Bewijs. Vermenigvuldig de ongelijkheid met 2 en kwadrateer tot 4ab ≤ a2+2ab+b2,ofwel 0 ≤ a2 − 2ab+ b2 = (a − b)2. Hieruit volgt dat onze ongelijkheid inderdaadklopt en tevens dat gelijkheid optreedt precies als a = b. �

Tweede voorbeeld: voor alle positieve a en b geldt�a+b2

�2 ≤ a2+b2

2 .

Bewijs. Uitwerken geeft ook hier 0 ≤ (a− b)2. �

Opgave 2.1 Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven omtrek heeft het vierkantde grootste oppervlakte.

Opgave 2.2Bewijs: van alle rechthoeken met gegeven oppervlakte heeft het vierkantde kleinste omtrek.

Opgave 2.3 Voor elke scherpe hoek x geldt sinxcosx + cos x

sinx ≥ 2.

Opgave 2.4 Als a; b > 0 en a + b = 1, dan is (a + 1a)2 + (b + 1

b)2 ≥ 25

2 . Wanneergeldt het gelijkteken?

Opgave 2.5 Zijn a, b en c positief, dan is (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Wanneerheb je gelijkheid?

Opgave 2.6 Voor welke re�ele x is a+bx4

x2minimaal? (a en b zijn positief. Je mag

niet di�erenti�eren.)

2.1 Gemiddelden

Een uitdrukking in de positieve variabelen a1; a2; : : : ; an heet een gemiddelde vana1; a2; : : : ; an als de waarde ervan onafhankelijk is van de volgorde der ai en als voorelke positieve constante c de waarde gelijk is aan c zodra men voor alle i ai = c

kiest. Voorbeelden:1. Het rekenkundig gemiddelde R(a1; a2; : : : ; an) =

1n(a1 + a2 + · · ·+ an).

2. Het meetkundig gemiddelde M(a1; a2; : : : ; an) = (a1a2 · · · an) 1n .3. Het harmonisch gemiddelde H(a1; a2; : : : ; an) =

n1a1

+ 1a2

+···+ 1an

.

Van alle gemiddelden zijn het rekenkundig en het meetkundig gemiddelde het be-langrijkste.

4

Stelling 2.1 Voor elk n-tal positieve getallen a1; a2; : : : ; an geldt

R(a1; a2; : : : ; an) ≥ M(a1; a2; : : : ; an) :

Dit heet de rekenkundig-meetkundig gemiddelde ongelijkheid. Gelijkheid treedt opdan en slechts dan als a1 = a2 = · · · = an.

Deze stelling is zo belangrijk, dat we er drie verschillende bewijzen van gaan geven.Er zijn er overigens nog wel meer bekend. De drie die we hier presenteren zijn alledrie erg elementair, maar tonen elk een andere benaderingswijze.

Bewijs. We kunnen veronderstellen dat a1a2 · · ·an = 1. Immers, de gevraagde on-gelijkheid verandert niet als we alle ai met dezelfde positieve factor vermenigvuldigen.Onder deze aanname moeten we nu bewijzen dat a1 + a2 + · · · + an ≥ n. We ge-bruiken nu volledige inductie naar n. Voor n = 2 is de ongelijkheid aan het beginvan deze paragraaf bewezen. Stel nu dat de ongelijkheid geldt voor elk n-tal. Laatgegeven zijn n + 1 positieve getallen a1; a2; : : : ; an met a1a2 · · · an = 1. Als alle aigelijk zijn is de ongelijkheid waar. Anders is er een tweetal, bijvoorbeeld a1 en a2met a1 > 1 en a2 < 1. Dan is dus (a1− 1)(a2− 1) = a1a2− a1 − a2+1 < 0, oftewela1+a2 > a1a2+1, zodat volgt a1+a2+· · ·+an+1 > 1+a1a2+a3+· · ·+an+1 ≥ 1+n,omdat a1a2; a3; : : : ; an+1 n positieve getallen zijn met product 1. �

Bewijs. We weten dat a1a2 ≤�a1+a2

2

�2en a3a4 ≤

�a3+a4

2

�2, dus a1a2a3a4

≤ �a1 + a2

2

�2�a3 + a4

2

�2 ≤ ��a1+a22

�+�a3+a4

2

�2

�4=�a1 + a2 + a3 + a4

4

�4:

Zo voortgaande bewijst men voor alle n van de vorm 2m dat

a1a2 · · ·a2m ≤ �a1 + a2 + · · ·+ a2m

2m�2m

:

Kies nu voor een willekeurig n de waarde van m zo groot, dat n < 2m, en noem

b = a1+a2+···+ann

. Dan geldt dat a1a2 · · · an bb · · · b| {z }2m−n maal

≤ �a1+a2+···+an+(2m−n)b

2m

�2m=

b2m

, dus a1a2 · · · an ≤ bn. Dit is wat we moesten bewijzen. Omdat a1a2 =�a1+a2

2

�2dan en slechts dan geldt als a1 = a2, bewijst men stap voor stap dat ook in hetalgemeen gelijkheid precies optreedt wanneer alle ai gelijk zijn. �

Er zit in dit tweede bewijs een merkwaardig soort inductie. We lopen in grotestappen door de natuurlijke getallen heen en vullen achteraf de opengelaten gatenop.

Bewijs. Uit de gra�ek van de functie f(x) = logx blijkt dat log a1+a22 ≥ 1

2 (log a1+log a2) = log

√a1a2, zie �g. 1. Daarom volgt ook a1+a2

2 ≥ √a1a2. We gaan bewijzen

dat log a1+a2+···+ann

≥ 1n(log a1 + · · · + log an), waaruit de gevraagde ongelijkheid

volgt.

5

log x

a1 a1+a22

a2

log a1+log a22

Figuur 1.

a ai

f(x)

Figuur 2.

In het algemeen geldt voor elke functie waarvan de gra�ek `bol naar boven' is (d.w.z.dat het verbindingsstuk van twee punten van de gra�ek altijd onder de gra�ek ligt)de ongelijkheid

f�a1 + a2 + · · ·+ an

n

� ≥ 1

n(f(a1) + f(a2) + · · ·+ f(an)) :

Om dit in te zien noemen we �a = a1+···+ann

. Heeft de raaklijn in x = �a richt-ingsco�eÆci�ent c = f ′(�a), dan is f(ai) ≤ f(�a) + c(ai − �a) voor elke ai. Zie ook �g. 2Telt men deze ongelijkheden op voor i = 1; 2; : : : ; n dan blijkt f(a1)+ · · ·+f(an) ≤nf(�a) + c(a1 + · · ·+ an − n�a) = nf(�a). �

Overigens is het niet nodig te veronderstellen dat f in x = �a di�erentieerbaar is.Omdat f `bol naar boven' is, is er door elk punt van de gra�ek minstens �e�en rechtedie verder geheel boven de gra�ek ligt. De methode van dit derde bewijs is ooktoepasbaar bij functies waarvan de gra�ek `bol naar beneden' is, zoals f(x) = x2.Toepassing van de methode geeft in dat geval de ongelijkheid

1

n(a21 + · · ·+ a2n) ≥

�a1 + · · ·+ an

n

�2:

Als toepassing van stelling (2.1) behandelen we de volgende opgave: als x, y en z

positieve getallen zijn met x + y + z = 1, dan geldt (1 + 1x)(1 + 1

y)(1 + 1

z) ≥ 64.

Probeer alvorens verder te gaan zelf deze opgave op te lossen.

Oplossing: Kies x = y = z = 13 , dan ontstaat de gelijkheid. De ongelijkheid is dus

niet te verscherpen. Merkwaardigerwijze wordt de opgave eenvoudiger als men denormalisering x + y + z = 1 laat vallen. Stel daarom x + y + z = s. Kies weerx = y = z = s

3 , dan geldt

(1 +1

x)(1 +

1

y)(1 +

1

z) = (1 +

3

s)3 :

Waarschijnlijk geldt dus in het algemeen ook voor alle positieve x, y en z met soms dat

(1 +1

x)(1 +

1

y)(1 +

1

z) ≥ (1 +

3

s)3 :

Aangezien volgens stelling (2.1) geldt s3 ≥ 3

√xyz, is het zo, dat (1 + 3

s)3 ≤ (1 +

13√xyz

)3 = 1+ 33√xyz

+ 33√x2y2z2

+ 1xyz

≤ 1+3· 13 ( 1x+ 1y+ 1

z)+3· 13 ( 1

xy+ 1

yz+ 1

zx)+ 1

xyz=

(1 + 1x)(1 + 1

y)(1 + 1

z). Dit bewijst onze algemene ongelijkheid en daarmee is het

probleem waarmee we begonnen ook opgelost.

Opgave 2.7 Voor elk n-tal positieve getallen a1; a2; : : : ; an geldt

H(a1; a2; : : : ; an) ≤M(a1; a2; : : : ; an)

6

en gelijkheid treedt dan en slechts dan op als alle ai gelijk zijn.

Opgave 2.8 Men splitst een positief getal k in n positieve delen a1; a2; : : : ; an, dusk = a1+ a2 + · · ·+ an. Bewijs dat het product a1a2 · · · an maximaal is als men allea's gelijk kiest. (Het aantal n is vast verondersteld.)

Opgave 2.9 a1; a2; : : : ; an zijn positief. Bewijs dat a1a2

+ a2a3

+ · · ·+ an−1

an+ an

a1≥ n.

Opgave 2.10 a1; a2; : : : ; an zijn positief. Bewijs dat (a1+ a2+ · · ·+ an)(1a1

+ 1a2

+

· · ·+ 1an) ≥ n2.

Opgave 2.11 Voor elke gehele n > 1 geldt n! <�n+12

�n.

Opgave 2.12 a1; a2; : : : ; an zijn positief, n > 1, en s = a1 + a2 + · · ·+ an. Bewijs

(1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) < 1 + s+ s2

2! + · · ·+ sn

n! .

Opgave 2.13 a, b en c zijn positieve hoeken met som gelijk aan �2 . Bewijs

(1) tan a+ tan b+ tan c ≥ √3.

(2) tan2 a+ tan2 b+ tan2 c ≥ 1.Aanwijzing: kijk naar het derde bewijs van stelling (2.1).

Stelling 2.2 Gegeven zijn 2n-tal re�ele getallen: a1; a2; : : : ; an en b1; b2; : : : ; bn. Dangeldt de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, genoemd naar A.L. Cauchy (1789-1857)en H.A. Schwarz (1843-1921):

(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 ≤ (a21 + a22 + · · ·+ a2n)(b

21 + b22 + · · ·+ b2n) :

Gelijkheid treedt op precies wanneer a1 : b1 = a2 : b2 = · · · = an : bn.

Bewijs. Als b1 = b2 = · · · = bn = 0 is er niets te bewijzen. Stel dus bijvoorbeeldb1 �= 0. Voor elke t is dan 0 ≤ (a1 + tb1)

2 + (a2 + tb2)2 + · · · + (an + tbn)

2 =(a21+a

22+· · ·+a2n)+2(a1b1+a2b2+· · ·+anbn)t+(b21+b

22+· · ·+b2n)t2 = A+2Ct+Bt2

met B �= 0. Dit is een kwadratische vorm in t die blijkbaar de�niet niet-negatiefis. De discriminant 4C2 − 4AB is dus niet positief. Invullen geeft de gevraagdeongelijkheid. Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als voor zekere t0 geldt

(a1 + t0b1)2 + (a2 + t0b2)

2 + · · ·+ (an + t0bn)2 = 0 :

Alle termen moeten dan nul zijn, en dit betekent a1 : b1 = a2 : b2 = · · · = an : bn =−t0. �

Opgave 2.14 Voor alle x, y en z geldt�x2 +

y

3 +z6

�2 ≤ x2

2 + y2

3 + z2

6 .

Opgave 2.15�(x1−y1)

2+(x2−y2)2+ · · ·+(xn−yn)

2� 12 ≤ (x21+x22+ · · ·+x2n)

12 +

(y21 + y22 + · · ·+ y2n)12 voor alle x1; x2; : : : ; xn en y1; y2; : : : ; yn.

Opgave 2.16 (p1x1+p2x2+· · ·+pnxn)2 ≤ (p1+p2+· · ·+pn)(p1x21+p2x22+· · ·+pnx2n)voor alle niet-negatieve p1; p2; : : : ; pn en alle x1; x2; : : : ; xn.

Opgave 2.17 (x1y1)12 +(x2y2)

12 + · · ·+ (xnyn)

12 ≤ (x1 +x2 + · · ·+ xn)

12 (y1+ y2+

· · ·+ yn)12 voor alle niet-negatieve xi en yi.

7

Stelling 2.3 Als a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an en b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn dan geldt

a1 + a2 + · · ·+ an

n· b1 + b2 + · · ·+ bn

n≤ a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn

n:

Gelijkheid treedt dan en slechts dan op als a1 = a2 = · · · = an of b1 = b2 = · · · =bn. Deze ongelijkheid heet de ongelijkheid van Chebyshev (spreek uit: Tsj�ebiesj�ev),genoemd naar P.L.Chebyshev (1821-1891).

Bewijs. We passen volledige inductie naar n toe. Voor n = 1 is er niets te bewijzen.Stel dat de ongelijkheid geldt voor n − 1. Te bewijzen is nu dat (a1 + a2 + · · · +an)(b1 + b2 + · · ·+ bn) ≤ n(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn). Het linker lid is gelijk aan

(

n−1Xi=1

ai + an)(

n−1Xi=1

bi + bn) =

n−1Xi=1

ai ·n−1Xi=1

bi + an

n−1Xi=1

bi + bn

n−1Xi=1

ai + anbn :

Het rechter lid is gelijk aan

n(

n−1Xi=1

aibi + anbn) = (n− 1)

n−1Xi=1

aibi +

n−1Xi=1

aibi + (n− 1)anbn + anbn :

Volgens de inductiehypothese geldt

n−1Xi=1

ai ·n−1Xi=1

bi ≤ n

n−1Xi=1

aibi : (8)

Verder geldt voor alle i dat (ai − an)(bi − bn) ≥ 0, dus

anbi + bnai ≤ aibi + anbn : (9)

Uit (8) en (9) (voor alle i) samen volgt de gevraagde ongelijkheid. Volgens deinductiehypothese geldt in (8) slechts het gelijkteken als a1 = a2 = · · · = an−1 ofals b1 = b2 = · · · = bn−1. Stel dat het eerste geval zich voordoet en stel an−1 �= an.Volgens (9) moet, als het gelijkteken voor iedere i zou gelden, dan bi = bn vooriedere n, dus b1 = b2 = · · · = bn. Dit voltooit het bewijs. �

Opgave 2.18

(1) Als a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an en b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn, dan (a1+ a2+ · · ·+ an)(b1+ b2+· · ·+ bn) ≤ n(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn).(2) Als a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an en b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn, dan (a1+ a2+ · · ·+ an)(b1+ b2+· · ·+ bn) ≥ n(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn).Gelijkheid treedt in beide gevallen dan en slechts dan op als alle ai of alle bi gelijkzijn.

Opgave 2.19 Laat x1; x2; : : : ; xn en y1; y2; : : : ; yn twee niet-stijgende rijen re�elegetallen zijn. Laat z1; z2; : : : ; zn een permutatie zijn van y1; y2; : : : ; yn. Bewijs dat

nXi=0

(xi − yi)2 ≤

nXi=0

(xi − zi)2 :

(IWO 1975)

8

3 Gemengde opgaven

Opgave 3.1 Bewijs voor de termen van de rij van Fibonacci de volgende formules:(1) F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1.(2) F2 + F4 + · · ·+ F2n = F2n+1 − 1.(3) F1 + F3 + · · ·+ F2n−1 = F2n.(4) F 2

1 + F 22 + · · ·+ F 2

n = FnFn+1.(5) F1F2 + F2F3 + · · ·+ F2n−1F2n = F 2

2n.

Opgave 3.2 Bewijs dat de sommen s1; s2; : : : van de getallen op de aangegevendiagonalen van de driehoek van Pascal de rij van Fibonacci vormen.

1↙

s1 1 1↙ ↙

s2 1 2 1↙ ↙ ↙

s3 1 3 3 1↙ ↙ ↙ ↙

s4 1 4 6 4 1↙ ↙ ↙ ↙ ↙

s5 1 . . . . . . . . . . . . . . . . .↙

s6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Opgave 3.3 Bewijs dat voor alle natuurlijke getallen m en n geldt:

m+n√m2nn2m ≤ 1

2(m2 + n2) :

Opgave 3.4 Bewijs dat voor a1; a2; : : : ; an > 0 geldt data1

a2 + a3 + · · ·+ an+

a2

a3 + a4 + · · ·+ an + a1+ · · ·+ an

a1 + a2 + · · ·+ an−1≥ n

n− 1.

Opgave 3.5 Bewijs datn!

x(x + 1) · · · (x+ n)=

�n

0

�x

−�n

1

�x+ 1

+ · · ·+ (−1)n�n

n

�x+ n

.

Opgave 3.6 Bewijs (abc)a+b+c

3 ≤ aabbcc voor alle a; b; c > 0.

Opgave 3.7 Bewijs acbacb < abbcca < aabbcc als 0 < a < b < c.

Opgave 3.8 Bewijs de volgende ongelijkheid voor de hoeken �, � en van eendriehoek:

sin� sin� sin ≤ �3√3

2�

�3�� :

Wanneer geldt het gelijkteken?

Opgave 3.9 Laat (ak)k∈N een rij paarsgewijs verschillende positieve gehele getallenzijn. Bewijs dat voor alle n ∈ N

nXk=1

ak

k2≥

nXk=1

1

k: (IWO 1978)

9

Lesbrief 6

Meetkunde

1 Hoektransversalen in een driehoek

ABC is een driehoek. Een lijn l dooreen hoekpunt A van de driehoek heeteen hoektransversaal van A. We zullenonderzoeken onder welke voorwaardenhoektransversalen van A, B en C door�e�en punt gaan. In het bijzonder tonenwe aan dat de drie zwaartelijnen, hoog-telijnen en bissectrices door �e�en puntgaan.

�g. 2

dan gaan l, m en n ook door �e�en punt.Noem om dat in te zien het snijpunt vanm en n K en laat loodlijnen KD, KEen KF neer op a, b en c. (Zie �g. 3) Wezien dat KE : KF = (KE : KD)(KD :KF ) = 1

v3· 1v2

= v1. Op l is er precies�e�en punt K ′ binnen driehoek ABC metafstanden tot b gelijk aan KE. Vooralle punten op l geldt K ′E : K ′F = v1,dus K ′F = KF . Hieruit volgt K = K ′

en daarom gaat l door het snijpunt vanm en n. Voor de binnenbissectrices vanelke driehoek geldt v1 = v2 = v3 = 1,dus: de binnenbissectrices van een drie-hoek gaan door �e�en punt.

�g. 1

Stel l is een hoektransversaal van A.Voor alle punten D op l is de verhou-ding v1 = DE : DF van de afstandentot de zijden b en c dezelfde. Evenzobehoort bij een transversaal m van B

een vaste verhouding v2 van de afstan-den van een punt op m tot c en a, en bijeen transversaal n van C een verhou-ding v3. Gaan l, m en n door �e�en punt,dan geldt v1v2v3 = 1. (Zie �g. 2) Omge-keerd, doorsnijden de hoektransversalenl, m en n alle drie het binnengebied vande driehoek en is v1v2v3 = 1,

�g. 3

1

�g. 4

Laat men ook transversalen toe buitende driehoek, dan behoren bij �e�en waardevan v1 telkens twee transversalen l1 enl2. Men kan ze onderscheiden door deafstand van een punt tot een zijde vande driehoek van een teken te voorzien:positief als het punt aan dezelfde kantvan de zijde ligt als driehoek en nega-tief in het andere geval. Zo krijgen ookv1, v2 en v3 een teken. Men veri�eert ge-makkelijk dat de twee lijnen l1 en l2 al-tijd een verschillend teken voor v1 gevenen dat drie transversalen door �e�en puntgaan dan en slechts dan als v1v2v3 = 1.

�g. 5

De transversaal l = AP kan ook ge-karakteriseerd worden door de verhou-ding OAPC : OAPB = u1 van de op-pervlakten van de driehoeken APC enAPB waarin l de driehoek ABC ver-deelt. (Zie �g. 5) Deze verhouding isechter gelijk aan PC : PB omdat dedriehoeken dezelfde hoogtelijn vanuit Ahebben. Anderzijds geldtOAPC = 1

2PE·b en OAPB = 1

2PF · c, dus PC : PB =

u1 = v1 · bc. Hieruit volgt u1u2u3 =

v1v2v3.

�g. 6

Neemt men ook transversalen in beschou-wing die buiten de driehoek liggen, dankan men de verhoudingen u1, u2 en u3op dezelfde wijze als v1, v2 en v3 vaneen teken voorzien. Het snijpunt metde overstaande zijde kan dan ook op eenvan de verlengden van die zijde liggen.Met deze tekenafspraak geldt:

Stelling 1.1 (Ceva,1678) Kiest men op de eventueel verlengde zijden a, b enc van driehoek ABC respectievelijk punten P , Q en R, dan gaan AP , BQ enCR door �e�en punt dan en slechts dan als BP

PC· CQQA

· ARRB

= 1.

Zie �g. 6 voor een plaatje van de stelling. In het bijzonder gaan dus de driezwaartelijnen van een driehoek door �e�en punt. (Zie �g. 7) Voor de hoogtelijnenvan een driehoek geldt (zie �g. 8 en let ook op de tekens): BP = c cos∠B, PC =b cos∠C, CQ = a cos∠C, QA = c cos∠A, AR = b cos∠A, RB = a cos∠B.Volgens de stelling van Ceva gaan de hoogtelijnen dus door �e�en punt.

2

�g. 7 �g. 8

Opgave 1.1 Bewijs: elke binnenbissectrice van een driehoek gaat door het snij-punt van de buitenbissectrices van de andere hoekpunten. Zo ontstaan de mid-delpunten van de drie zogeheten aangeschreven cirkels. (Zie �g. 9) Toon aandat de verbindingslijn van twee zulke middelpunten de verbindingslijn van hetderde met het middelpunt van de ingeschreven cirkel loodrecht snijdt in eenhoekpunt.

�g. 9

Opgave 1.2 P , Q en R zijn de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan dezijden van driehoek ABC. (Zie �g. 9) Bewijs dat AP , BQ en CR door �e�enpunt gaan. Evenzo voor de aangeschreven cirkels.

Opgave 1.3 De driehoeken ABC en A′B′C ′ voldoen aan AB‖A′B′, BC‖B′C ′

en CA‖C ′A′. Bewijs dat AA′, BB′ en CC ′ door �e�en punt gaan of evenwijdigzijn.

Opgave 1.4 Bewijs dat de zes driehoeken waarin de zwaartelijnen een gege-ven driehoek verdelen, alle dezelfde oppervlakte hebben. Bijgevolg verdelen dezwaartelijnen elkaar in de verhouding 1 : 2. (Zie �g. 7)

3

�g. 10

Opgave 1.5 Kiest men P op BC zo,dat AP een binnenbissectrice is van∠BAC, dan is BP : CP = BA : CA.Bewijs deze stelling, die de bissectricestel-ling heet. (Aanwijzing: snijd zoals in�g. 10 de lijn door C evenwijdig aanAB met de bissectrice.) Bewijs dat het-zelfde geldt voor de buitenbissectrice.Ook het omgekeerde geldt: verdeelt Phet lijnstuk BC inwendig of uitwendigin de verhouding CA : BA, dan is APde binnen- respectievelijk buitenbissec-trice van ∠BAC.

�g. 11

Opgave 1.6 P , Q en R zijn punten opde eventueel verlengde zijden a, b en c

van driehoek ABC. Bewijs: P , Q en Rliggen op een rechte dan en slechts danals BP

PC· CQQA

· ARRB

= −1. Dit heet de

stelling van Menelaos (±100 n. Chr.).Aanwijzing: trek een lijn door A even-wijdig aan a, zoals aangegeven in �g.11.

2 Cirkels

�g. 12

Op de cirkel C met middelpunt M enstraal r liggen twee punten A en B eneen punt P buiten de boog AB. Debuitenhoek van een driehoek is gelijkaan de som van de niet-aanliggende bin-nenhoeken, dus (zie �g. 12) ∠AMT =2 · ∠APM en ∠TMB = 2 · ∠MPB.∠APB is dus onafhankelijk van de plaatsvan P buiten de cirkelboog AB:

Stelling 2.1 De grootte van een omtrekshoek is de helft van de grootte van demiddelpuntshoek op dezelfde boog. �

4

�g. 13

Gevolg: de verzameling van alle puntenwaaruit men een gegeven lijnstuk AB

ziet onder een gegeven hoek, wordt ge-vormd door twee cirkelbogen op AB dieelkaars spiegelbeeld zijn in AB. (Zie �g.13)De limietstand van de omtrekshoek∠APBals P tot A nadert, is de hoek tussen hetlijnstuk AB en de raaklijn in A. Menziet ook gemakkelijk direct in dat dezehoek de helft is van de middelpuntshoek∠AMB, omdat de raaklijn altijd lood-recht op de straal staat. (Zie �g. 14)Liggen vier punten A, B, C enD in dezevolgorde op een cirkel, dan heet ABCDeen koordenvierhoek.

�g. 14 �g. 15

Stelling 2.2 ABCD is een koordenvierhoek dan en slechts dan als de som vaneen paar overstaande hoeken gelijk is aan �. (Omdat de totale hoekensom gelijkis aan 2�, is dan ook de som van het andere paar overstaande hoeken gelijk aan�.)

Bewijs. Liggen A, B, C en D in deze volgorde op een cirkel, dan staan over-staande hoeken op complementaire bogen. Hun hoekensom is dus de helft van2�. Is omgekeerd bijvoorbeeld ∠B + ∠D = �, dan trekt men de cirkel doorA, B en C. De boog van deze cirkel tussen C en A is de verzameling van allepunten aan die kant van AC, van waaruit men AC onder een hoek van �−∠Bziet. D moet dus op deze boog liggen. �

Kies een punt P buiten een cirkel C. Trek door P twee lijnen die C snijden. (Zie�g. 16) De driehoeken PAB′ en PA′B zijn dan gelijkvormig, dus PA : PB′ =PA′ : PB, ofwel PA · PB = PA′ · PB′. Met andere woorden: het product vande afstanden van P tot de snijpunten met C is onafhankelijk van de keuze vande lijn door P . Dit product PA · PB heet de macht van P ten opzichte vande cirkel. Kiest men voor de lijn de raaklijn, dan ziet men dat de macht hetkwadraat is van de lengte van het raaklijnstuk vanuit P aan de cirkel. Ligt Pbinnen de cirkel (�g. 17), dan leidt men evenzo af dat PA ·PB onafhankelijk isvan de keuze van de lijn door P . Ook dan noemt men dit product de macht vanP . Om beide gevallen te onderscheiden geeft men de macht een teken: positief

5

als P buiten, negatief als P binnen de cirkel ligt. De punten op de cirkel hebbenals grensgeval van beide soorten de macht nul; als P de cirkel nadert, gaat demacht van P inderdaad naar nul.

�g. 16 �g. 17

Opgave 2.1 Wat is de verzameling van alle punten die een gegeven macht tenopzichte van een gegeven cirkel bezitten?

Opgave 2.2 Gegeven zijn twee niet-concentrische cirkels. Bewijs dat de verza-meling van alle punten die gelijke macht ten opzichte van de cirkels hebben, eenlijn is. (Deze lijn heet de machtlijn van de cirkels.) Snijden de cirkels elkaar,dan is de machtlijn de verbindingslijn van de snijpunten.

Opgave 2.3 Gegeven zijn drie cirkels. Geen twee ervan zijn concentrisch. Be-wijs dat de drie machtlijnen van de drie paren cirkels door �e�en punt gaan. (Ditpunt heet het machtpunt van het drietal cirkels.)

Opgave 2.4 De zijden van een koordenvierhoek ABCD worden verlengd. S ishet snijpunt van AB en CD, T dat van AD en BC. Bewijs dat de binnenbis-sectrices van de hoeken S en T elkaar loodrecht snijden. (Zie �g. 18)

Opgave 2.5 ABCD is een koordenvierhoek. P is een willekeurig punt van deomgeschreven cirkel. (Zie �g. 19) De projecties van P op AB, BC, CD, DA,AC en BD heten respectievelijk E, F , G, H , K en L. Bewijs dat PE · PG =PF · PH = PK · PL.

�g. 18 �g. 19

6

3 Enige formules voor driehoeken

�g. 20

In driehoek ABC trekt men de hoog-telijn hc uit C. Volgens de stelling vanPythagoras is c−(b2−h2c)

1

2 = (a2−h2c)1

2 ,dus (door te kwadrateren) c2+b2−h2c−2c(b2−h2c)

1

2 = a2−h2c . Sorteren en nog-maals kwadrateren geeft (c2+b2−a2)2 =4c2(b2 − h2c). Aangezien de oppervlakteO van ABC gelijk is aan 1

2hcc, geldt

16O2 = 4b2c2 − (c2 + b2 − a2)2

=�2bc+ (c2 + b2 − a2)

��2bc− (c2 + b2 − a2)

�

=�(b+ c)2 − a2

��a2 − (b− c)2

�

= (b+ c− a)(b+ c+ a)(a− b+ c)(a+ b− c)

Noem s = 12 (a+ b+ c), dan is als gevolg hiervan

O2 = s(s− a)(s− b)(s− c) (de zgn. oppervlakteformule van Heron)

Omdat O = 12hcc, volgt hieruit tevens dat

hc =2

c

ps(s− a)(s− b)(s− c) (de zgn. hoogtelijnformule)

Stel I is het middelpunt van de inge-schreven cirkel van driehoek ABC. (Zie�g 21) Uit a = y + z, b = z + x enc = x + y volgt x = s − a, y = s − b enz = s−c. Is r de straal van de ingeschre-ven cirkel, dan is O als som van de op-pervlakten van BIC, CIA en AIB ge-lijk aan 1

2r�2(s−a)+2(s−b)+2(s−c)� =

rs, dus O = rs en via de oppervlakte-formule volgt hieruit

�g. 21

r2 =(s− a)(s− b)(s− c)

s:

7

IsM het middelpunt van de omgeschre-ven cirkel van ABC, en R de straal vandeze cirkel, dan geldt R sin∠A = 1

2a

(zie �g. 22), dus

a

sin∠A =b

sin∠B =c

sin∠C = 2R

(de sinusregel)

�g. 22

Opgave 3.1 Ia en ra zijn middelpunt en straal van de aan de zijde a aange-

schreven cirkel. (Zie �g 9) Bewijs dat O = ra(s− a) en r2a =s(s−b)(s−c)

s−a .

Opgave 3.2 Bewijs dat van alle driehoeken met gegeven omtrek de gelijkzijdigede grootste oppervlakte heeft.

4 Gemengde opgaven

Opgave 4.1 In koordenvierhoek ABPC is D het snijpunt van de diagonalen.Bovendien is ABC een gelijkzijdige driehoek. Bewijs dat 1

PB+ 1

PC= 1

PD.

Opgave 4.2 In vierkant ABCD ligt P zo, dat ∠PCD = ∠PDC = 15◦. Bere-ken ∠APB.

Opgave 4.3 Wat is het kleinste aantal scherphoekige driehoeken waarin meneen willekeurige stomphoekige driehoek kan verdelen? En een vierkant? (Geefdus ook een bewijs dat de gevonden waarden minimaal zijn.)

Opgave 4.4 M is het midden van eenkoorde PQ van een cirkel. Door M zijnnog twee koorden AB en CD getrokken(met A en C aan dezelfde kant van PQ).AD snijdt PQ in X , BC snijdt PQ inY . Bewijs datM ook het midden is vanhet lijnstuk XY . (Zie �g. 23)

�g. 23

8

Opgave 4.5 D, E en F zijn de voet-punten van de hoogtelijnen uit A, B enC op de overstaande zijden van driehoekABC. DEF heet de voetpuntsdriehoekvan ABC. Bewijs dat het hoogtepuntHvan ABC het middelpunt is van de in-geschreven cirkel van de voetpuntsdrie-hoek DEF . (Zie �g. 24)

�g. 24

9

Lesbrief 7

Getaltheorie

1 De entier-functie

De�nitie 1.1 Het grootste gehele getal kleiner dan of gelijk aan het re�ele getal xheet de entier (frans voor `geheel') van x. Notatie: �x� of [x].

Voorbeelden: [4; 1] = 4, [−�] = −4, [4] = 4.

Toepassing. Toon aan dat [(2 +√3)n] een oneven getal is voor alle natuurlijk n.

Oplossing. (2+√3)n = an+ bn

√3 voor zekere gehele getallen an en bn (uitwerken

met de binomiaalformule). Uit de binomiaalformule volgt ook dat (2 − √3)n =

an − bn√3, dus (2 +

√3)n + (2 − √

3)n = 2an is een even geheel getal. Echter,0 < (2 − √

3)n < 1 voor alle n, dus ook 0 < 1 − (2 − √3)n < 1 en [(2 +

√3)n] =

[(2+√3)n+(2−√

3)n− 1+1− (2−√3)n] = (2+

√3)n+(2−√

3)n− 1 = 2an− 1.

Opgave 1.1 Bewijs dat [x] + [y] ≤ [x+ y] voor alle re�ele x; y.

Opgave 1.2 Bewijs dat [x+ n] = [x] + n voor alle re�ele x en alle gehele n.

Opgave 1.3 Bewijs� [x]n

�= [ x

n] voor alle re�ele x en alle positieve, gehele n.

Opgave 1.4 Los op:(1) x+ [x] = 4; 5;(2) x+ [x] = −4; 5.

Opgave 1.5 Bewijs: het aantal positieve gehele getallen kleiner dan of gelijk aann dat deelbaar is door het positieve gehele getal a, is [n

a].

Opgave 1.6 [x] + [x+ 1n] + · · ·+ [x+ n−1

n] = [nx] (x ∈ R; x ≥ 0; n ∈ N)

Opgave 1.7 Stel n is een natuurlijk getal en p een priemgetal kleiner dan of gelijkaan n. Bewijs dat de exponent van p in de priemontbinding van n! gelijk is aan[np] + [ n

p2] + [ n

p3] + · · ·.

Opgave 1.8 Op hoeveel nullen eindigt 100!.

Opgave 1.9 Bewijs: als n1; n2; : : : ; nk ∈ N, dan is (n1 + n2 + · · · + nk)! deelbaardoor n1!n2! · · ·nk!.

De�nitie 1.2 Voor een natuurlijk getal n noemen we het aantal positieve delersvan n (met inbegrip van 1 en n) d(n).

Voorbeelden: d(6) = 4, d(20) = 6.Als n = pk11 pk22 · · · pkrr de priemontbinding van n is, dan geldt

d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) · · · (kr + 1) :

1

Opgave 1.10 Bewijs: [n+1k

] − [nk] = 1 of 0, al naar gelang k al dan niet een deler

is van n+ 1.

Opgave 1.11 Bewijs met behulp van de vorige opgave dat

d(1) + d(2) + · · ·+ d(n) =hn1+

n

2+ · · ·+ n

n

i:

Opgave 1.12 Een punt in het vlak met gehele co�ordinaten heet een roosterpunt.Bewijs dat d(i) gelijk is aan het aantal roosterpunten in het eerste kwadrant op degra�ek van f(x) = i

x. Leid hieruit een tweede bewijs af voor de gelijkheid uit de

vorige opgave.

De�nitie 1.3 Voor een natuurlijk getal n is s(n) de som van de positieve delersvan n (inclusief 1 en n).

Voorbeelden: s(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12, s(20) = 1 + 2 + 4 + 5 + 10 + 20 = 42.

Opgave 1.13 Bewijs dat s(1) + s(2) + · · ·+ s(n) = [n1 ] + 2[n2 ] + · · ·+ n[nn].

2 Het ladenprincipe

Het volgende principe wordt in de getaltheorie en de combinatoriek vaak gebruikt:(1) Verdeelt men meer dan N objecten over N laden, dan bevat minstens �e�en lademeer dan �e�en object.(2) Verdeelt men oneindig veel objecten over eindig veel laden, dan bevat minstens�e�en lade oneindig veel objecten.

Toepassing. Bewijs dat er een natuurlijk getal is dat in decimale notatie begintmet 1234567890 : : : en dat deelbaar is door 1979.Oplossing. Van de 1980 getallenx1 = 1234567890x2 = 12345678901234567890...x1980 = 1234567890 : : :1234567890 (1980 maal)zijn er minstens twee, zeg xj en xk (j > k) die congruent modulo 1979 zijn, wanter zijn slechts 1979 verschillende restklassen. Het verschil xj − xk voldoet dan aande gestelde voorwaarden.

Opgave 2.1 Bewijs dat er bij elk natuurlijk getal n een getal van de vorm11 : : : 1100 : : :00 bestaat dat deelbaar is door n.

Opgave 2.2 Gegeven zijn n+1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n+1.Bewijs dat er onder die getallen twee zijn met ggd gelijk aan 1.

Opgave 2.3 Gegeven zijn n + 1 verschillende natuurlijke getallen kleiner dan 2n.Bewijs dat er onder hen minstens �e�en is die de som is van twee van de andere.

Opgave 2.4 Uit elk zevental positieve gehele getallen kan men er een aantal kiezenwaarvan de som een zevenvoud is. Bewijs dit. (NWO 1977)

2

Opgave 2.5 Bewijs dat er een macht van 3 bestaat die decimaal geschreven eindigtop : : : 0000001.

Opgave 2.6 In een vierkant met zijden van lengte 1 liggen 51 punten. Bewijs dater een cirkelschijf met straal 1

7 is die minstens drie van deze punten bedekt.

Opgave 2.7 Laat a1; a2; : : : een stijgende oneindige rij positieve gehele getallenzijn. Bewijs dat voor elke gehele p ≥ 1 er oneindig veel termen am uit de rij zijndie geschreven kunnen worden als

am = xap + yaq

waarbij x en y positieve gehele getallen zijn en q > p. (IWO 1975)

3 Talstelsels

Laat g een natuurlijk getal groter dan 1 zijn. Elk natuurlijk getal N is te schrijvenals

N = angn + an−1g

n−1 + · · ·+ a1g + a0

met ai ∈ Z, 0 ≤ ai < g en an = 0. Hierbij is n het grootste gehele getal zo, datgn ≤ N . Daaruit volgt an = � N

gn� en voor i = n− 1; n− 2; : : : ; 0 vinden we

ai =

�N − (ang

n + · · ·+ ai+1gi+1)

gi

�:

(Merk op dat deze formule meteen een algoritme geeft om achtereenvolgens an,an−1, : : :, a0 te bepalen.) We kunnen N nu noteren als anan−1 · · · a1a0. Dezenotatie is gegeven g uniek voor N en heet de schrijfwijze van N in het g-talligstelsel. Op voor de hand liggende wijze kan men ook elk re�eel getal r, 0 < r < 1,ontwikkelen in een g-delige breuk:

r =

∞Xi=1

aig−i (ai ∈ Z; 0 ≤ ai < g)

We noteren r = 0:a1a2a3 · · ·. Hiermee is de schrijfwijze van elk re�eel getal in hetg-tallig stelsel uniek bepaald.

Vermeldenswaardig is de volgende eigenschap van natuurlijk getallen: als sg(N) desom van de cijfers van N is, wanneer N geschreven is in het g-tallig stelsel, dangeldt

N − sg(N) ≡ 0 mod g − 1 :

Bewijs. N − sg(N) = an(gn − 1) + an−1(g

n−1 − 1) + · · ·+ a1(g − 1). Elke term indeze uitdrukking is deelbaar door g − 1. �

Voorbeeld. Een toepassing van het tweetallig stelsel vindt men in de analyse vanhet Nim-spel. Hierbij spelen twee spelers met drie hoopjes lucifers. Om beurtenmoeten zij een hoopje kiezen en daarvan een positief aantal lucifers pakken. Zij diede laatste lucifer wegneemt, is de winnaar.

3

De�nieer voor een analyse van het spel

n1 = a0 + a1 · 2 + a2 · 22 + · · ·+ ak · 2kn1 = b0 + b1 · 2 + b2 · 22 + · · ·+ bk · 2kn1 = c0 + c1 · 2 + c2 · 22 + · · ·+ ck · 2k

voor de aantallen lucifers n1; n2; n3 op de drie hoopjes, geschreven in het tweetalligstelsel. (Dus ai; bi; ci ∈ {0; 1}). Men noemt een spelsituatie gunstig als voor alle igeldt dat ai + bi + ci ≡ 0 mod 2. We kunnen dan twee dingen constateren:

1. Uitgaande van een gunstige spelsituatie geeft elke zet een ongunstige.

2. Vanuit elke ongunstige spelsituatie kan je in �e�en zet in een gunstige komen.

Hieruit volgt dat een gunstige spelsituatie bij goed spel altijd tot winst leidt van despeler, zeg speler 2, die op dat moment niet aan de beurt is, want die heeft altijd eenantwoord op een zet van haar tegenstander. Als het spel dan stopt na een eindigaantal stappen (ga na dat dat hier altijd gebeurt), is de laatste zet zeker door speler2 gedaan.

Opgave 3.1 Analyseer het Nim-spel in het geval dat degene die de laatste luciferwegneemt de verliezer is. (Dit heet de mis�ere-versie van het spel.)

Opgave 3.2 Zijn er natuurlijk getallen a en b zo, dat a2 = b4 + b3 + b2 + b+ 1?

Opgave 3.3 Zij ag(N) de alternerende som van de cijfers van het natuurlijke getalN , als N in het g-tallig stelsel is geschreven. Bewijs:

N ≡ ag(N) mod g + 1 :

4 Pythagore��sche drietallen

De�nitie 4.1 Als voor de natuurlijke getallen a, b en c geldt dat a2+ b2 = c2, dannoemen we (a; b; c) een Pythagore��sch drietal.

Voorbeelden: (3; 4; 5), (5; 12; 13).

Met behulp van de identiteit (u2−v2)2+(2uv)2 = (u2+v2)2 kan men door variatievan u en v willekeurig veel Pythagore��sche drietallen construeren.

Toepassing. Gegeven is een natuurlijk getal N . Bewijs dat er meer dan N puntenin het vlak zijn, niet op �e�en rechte lijn, zo, dat al hun onderlinge afstanden geheelzijn.

Bewijs. Kijk naar �g. 1 voor een illustratie van het idee. Kies positieve rationalegetallen ui < vi (i = 1; 2; : : : ; N) zo, dat 2uivi = 1. Laat T een positief veelvoudzijn van alle noemers, dan voldoen P0 = (0; T 2) en Pi = (T 2(v2i − u2i ); 0) voori = 1; 2; : : : ; N . Immers, als i; j > 0, dan is het duidelijk dat d(Pi; Pj) ∈ Z en vooralle i > 0 geldt

d(P0; Pi) =qT 4 + T 4(v2i − u2i ) = T 2

q(2uivi)2 + (v2i − u2i )

2 = T 2(v2i + u2i ) :

4

De Pi voldoen dus aan het gevraagde. �

0

P0

P1 P2 P3

Figuur 1.

Opgave 4.1 Bewijs dat er willekeurig veel hoeken x ∈ (0; �2 ) zijn zo, dat cosx ensinx beide rationaal zijn.

Opgave 4.2 Kan men 1975 punten vinden op een cirkel met straal 1 zo, dat deafstand tussen elk tweetal van die punten rationaal is? (IWO 1975)

Als (a; b; c) een pythagore��sch drietal is, dan is natuurlijk ook (ka; kb; kc) zo'n drietalvoor elk natuurlijk getal k. Een drietal met ggd(a; b; c) = 1 heet een primitief drietal.

Stelling 4.2 (a; b; c) is een primitief drietal desda voor zekere natuurlijke getallenu en v < u, met ggd(v; u) = 1 en u en v niet beide oneven, geldt

a = u2 − v2

b = 2uv

c = u2 + v2

Bewijs. Stel eerst dat (a; b; c) een primitief drietal is. a en b zijn niet beide even,want anders was c ook even. Evenmin zijn a en b beide oneven, want dan zouc2 = a2 + b2 in de restklasse 2 mod 4 zitten, maar een kwadraat is altijd congruentmet 0 of met 1 mod4. Neem daarom vanwege de symmetrie in a en b a oneven enb even. c is ook oneven. b2 = c2 − a2 = (c− a)(c+ a), dus

�b

2

�2

=

�c− a

2

��c+ a

2

�

waarin alle termen tussen haakjes gehele getallen zijn. Zouden c−a2 en c+a

2 eenpriemfactor p gemeenschappelijk hebben, dan zou p ook een factor zijn van c =c+a2 + c−a

2 en van a = c+a2 − c−a

2 , dus ook van b = 2 · b2 . Maar aangezien (a; b; c)primitief is, kan dit niet. Het product van c−a

2 en c+a2 is een kwadraat, en gezien

het voorgaande deze uitdrukkingen zelf ook:

u2 =c+ a

2; v2 =

c− a

2en ggd(u; v) = 1 :

Hieruit volgt c = u2 + v2, b = 2uv en a = u2 − v2. u en v zijn niet beide oneven,want dan zou a even zijn.Stel omgekeerd dat u > v, ggd(u; v) = 1, u en v niet beide oneven, a = u2 − v2,b = 2uv en c = u2+v2. (a; b; c) is dan zeker een pythagore��sch drietal. a, b en c zijnniet alle drie even, want ggd(u; v) = 1. Zouden ze een priemfactor p > 2 bevatten,dan bevat ook u of v die factor, want b = 2uv. Maar a = u2 − v2 bevat ook defactor p, dus u en v bevatten beide een factor p, in tegenspraak met ggd(u; v) = 1.�

5

Opgave 4.3 Bewijs: in elk primitief drietal is �e�en der getallen een vijfvoud.

Opgave 4.4 Bepaal alle pythagore��sche drietallen waarin �e�en der getallen gelijk isaan 20.

Opgave 4.5 Bewijs dat het product van de getallen van een pythagore��sch drietaldeelbaar is door 60.

Opgave 4.6 Bewijs dat er slechts �e�en pythagore��sch drietal is waarvoor a, b4 en c

alledrie priem zijn.

Opgave 4.7 Bepaal alle drietallen (a; b; c) van natuurlijke getallen meta2 + 2b2 = c2, respectievelijk a2 + 3b2 = c2.

Opgave 4.8 Bewijs dat de cirkel door (0; 0), (0; 1978), (1978; 0) en (1978; 1978)door geen enkel ander roosterpunt gaat.

5 De chinese reststelling

In lesbrief Getaltheorie II merkten we op dat je met congruenties net zo kuntrekenen als met vergelijkingen. Men kan zo naast lineaire vergelijkingen ook lineairecongruenties beschouwen:

ax ≡ b mod m met a; b;m ∈ Z en m > 1

Hier is de vraag een gehele x te bepalen zo, dat ax− b deelbaar is door m. Als x0een oplossing is, dan voldoen ook x+km voor alle k ∈ Z. Met andere woorden, allegetallen uit de restklasse x0 mod m. De oplossingsverzameling verandert niet alswe a en b veranderen in andere getallen uit hun restklassen modulo m. Onder eenoplossing van een lineaire congruentie verstaat men dan ook een restklasse modulom. Men lost dus als het ware de vergelijking restklasse a · restklasse x = restklasseb op. De fundamentele vragen zijn nu:

• Wanneer is een congruentie oplosbaar?

• Als de congruentie oplosbaar is, hoeveel oplossingen zijn er dan, en welke zijndie oplossingen?

Om deze vragen te beantwoorden kan men resultaten gebruiken over het oplossenvan lineaire vergelijkingen:ax ≡ b mod m is oplosbaar ⇔ er zijn gehele x en y zodanig, dat ax− b = my ⇔ erbestaan gehele x en y zodanig, dat ax−my = b. Dit laatste is dan en slechts danhet geval, als ggd(a;m) een deler is van b.

Stelling 5.1 De congruentie ax ≡ b mod m is oplosbaar desda ggd(a;m) een delervan b is. �

Stelling 5.2 Als ggd(a;m) = 1 heeft ax ≡ b mod m precies �e�en oplossing.

6

Bewijs. Volgens stelling (??) is er ten minste �e�en oplossing. Stel x1 en x2 voldoenbeide aan de congruentie. Dan geldt a(x1 − x2) ≡ 0 mod m. Omdat ggd(a;m) = 1volgt hieruit dat x1 − x2 ≡ 0 mod m, dus x1 = x2. �

Stelling 5.3 Als ggd(a;m) = d en d|b, heeft ax ≡ b mod m precies d oplossingen.

Bewijs. Als ax ≡ b mod m, dan adx ≡ b

dmod m

den omgekeerd. Aangezien

ggd�ad; md

�= 1 heeft deze congruentie precies �e�en oplossing x0 mod m

d. Deze

geeft precies de volgende verschillende restklassen modulo m als oplossing: x0; x0+md; : : : ; x0 + (d− 1)m

d. �

Vaak ziet men door te proberen snel een oplossing van de congruentie ax ≡ b mod m

als ggd(a;m) = 1. Men kan echter ook altijd met het algoritme van Euclides gehelegetallen p; q vinden zo, dat ap + mq = 1. Dan voldoet x = bp aan de gesteldecongruentie.

Opgave 5.1 Los op:(1) 6x ≡ 8 mod 10(2) 105x ≡ 30 mod 60(3) 15x ≡ 1 mod 86(4) 15x ≡ 2 mod 42

(5) 49x ≡ 164 mod 11(6) 30x ≡ 5 mod 31(7) 18x ≡ 14 mod 35(8) 243x+ 17 ≡ 101 mod 725

Stelling 5.4 (De chinese reststelling) Als ggd(m;n) = 1, dan heeft het stelsel�x ≡ a mod m

x ≡ b mod n

precies �e�en oplossing modulo mn.

Bewijs. Elke oplossing van de eerste congruentie is van de vorm x = ym+ a voorzekere gehele y. Voldoet x ook aan de tweede congruentie, dan moet y een oplossingzijn van ym + a ≡ b mod n, dus my ≡ (b − a) mod n. Volgens stelling (??) heeftdeze congruentie precies �e�en restklasse y = y0 + kn, k ∈ Z, als oplossing, dus alleoplossingen van het stelsel zijn van de vorm x = a +my = (a +my0) + kmn metk ∈ Z. �

Met inductie bewijs je nu de volgende generalisatie:

Stelling 5.5 Als ggd(ai;mi) = 1 en ggd(mi;mj) = 1 voor 1 ≤ i; j ≤ k en i = j,dan heeft het stelsel 8>>><

>>>:

a1x ≡ b1 mod m1

a2x ≡ b2 mod m2

...akx ≡ bk mod mk

precies �e�en oplossing modulo m1m2 · · ·mk. �

Voorbeeld:

Het stelsel

8<:

4x ≡ 5 mod 74x ≡ 2 mod 53x ≡ 1 mod 4

is gelijkwaardig met

8<:

x ≡ 3 mod 7x ≡ 4 mod 5x ≡ 3 mod 4

Uit x ≡ 3 mod 7 volgt x = 3+7y, dus 3+7y ≡ 4 mod 5, oftewel 2y ≡ 1 mod 5. Dit

7

geeft y ≡ 3 mod 5, dus y = 3 + 5z en x = 24 + 35z. Uit 24 + 35z ≡ 3 mod 4 volgtnu z ≡ 1 mod 4, dus z = 1 + 4k en x = 59 + 140k (k ∈ Z).

Opgave 5.2 Los op:

(1)

�x ≡ 2 mod 53x ≡ 1 mod 8

(2)

�3y ≡ 2 mod 52y ≡ 1 mod 3

Opgave 5.3 Bepaal het kleinste natuurlijke getal groter dan 1000 dat bij delingdoor 11, 13 en 17 resten respectievelijk 1, 5 en 14 geeft.

Opgave 5.4 Bepaal het kleinste natuurlijke getal zo, dat de helft een kwadraat,een derde een derdemacht en een vijfde een vijfdemacht is.

Opgave 5.5 Bepaal het kleinste natuurlijke getal dat bij deling door 10 rest 9, bijdeling door 9 rest 8, bij deling door 8 rest 7,. . . , bij deling door 2 rest 1 geeft.

Opgave 5.6 Drie boeren verbouwen samen tarwe. Ze verdelen de oogst in driegelijke delen en gaan met hun deel elk naar een verschillende markt. Op markt A isde gewichtseenheid 135 pond, op markt B 110 pond en op markt C 83 pond. Alledrie verkopen ze een geheel aantal gewichtseenheden, en ze houden respectievelijk30, 70 en 32 pond over. Hoe groot was de oogst?

8

Lesbrief 8

Isometrie�en

1 Inleiding

Een �e�en-�e�enduidige afbeelding van het vlak op zichzelf heet een transformatie vanhet vlak. Als T1 en T2 transformaties zijn, wordt de transformatie \T1 gevolgd doorT2" genoteerd als T2T1. Punten in het vlak duiden we aan met hoofdletters, lijnenmet kleine letters. Als A en B verschillende punten zijn, noteren we de lijn door Aen B als A+B. d(A;B) is de afstand tussen A en B.

De�nitie 1.1 Een transformatie J van het vlak heet een isometrie (ook wel con-gruentie) als voor elk tweetal punten A, B geldt dat d(J (A);J (B)) = d(A;B).

We presenteren nu enige fundamentele eigenschappen van isometrie�en.

Stelling 1.2 Elke isometrie J voert lijnen in lijnen over.

Bewijs. Liggen A, B en C in deze volgorde op �e�en lijn, dan geldt d(A;B) +d(B;C) = d(A;C). Omdat J een isometrie is, geldt dan ook d(J (A);J (B)) +d(J (B);J (C)) = d(J (A);J (C)). Dit kan alleen als ook J (A), J (B) en J (C) indeze volgorde op �e�en lijn liggen. �

Op soortgelijke manier bewijs je

Stelling 1.3 Laat de isometrie J de verschillende punten A en B invariant, danlaat J ook elk ander punt van A+B invariant.

Bewijs. Oefening. �

Stelling 1.4 Laat de isometrie J drie punten A, B en C, niet op �e�en lijn, invari-ant, dan is J de identiteit.

Figuur 1.

Bewijs.(Zie �g. 1) J laat alle punten van dedrie verbindingslijnen A+B, B+C enC + A invariant. Door een willekeurigpunt D is altijd een lijn te trekken dieminstens twee van deze drie lijnen sni-jdt. Omdat deze punten invariant bli-jven, geldt hetzelfde voor elk punt opde verbindingslijn, dus ook voor D. �

1

Stelling 1.5 Geven isometrie�en J1 enJ2 hetzelfde beeld in drie punten die niet op �e�en lijn liggen, dan zijn ze identiek.

Bewijs. De isometrie J−1

2J1 laat de drie punten invariant en is dus de identiteit.

�

2 Lijnspiegelingen

Bij elke lijn l is er precies �e�en isometrie die alle punten van l invariant laat, maarniet de identiteit is. Dit is de lijnspiegeling in l. Notatie: Sl. Er geldt:

1. Sl(A) = A desda A ∈ l;

2. S2

l= id (de identiteit). Hieruit volgt meteen Sl = S−1

l;

3. bij elk tweetal verschillende punten A en B is er precies �e�en lijn l waarvoorSl(A) = B (en dus ook A = S2

l(A) = Sl(B)). l heet de middelloodlijn van

AB;

4. als A �= B, geldt d(A;C) = d(B;C) desda C ligt op de middelloodlijn vanAB.

Lijnspiegelingen zijn de bouwstenen van de vlakke isometrie�en, en wel in de volgendezin:

Stelling 2.1 Elke vlakke isometrie J is te schrijven als de opeenvolging van tenhoogste drie lijnspiegelingen.

Bewijs. (Zie �g. 2) Kies drie punten A, B en C, niet op �e�en lijn. De�nieer J1 = id

als A = J (A), en J1 = Sl als A �= J (A), waarbij l de middelloodlijn is van AJ (A).De�nieer verder J2 = J1 als J (B) = J1(B) en J2 = SmJ1 als J1(B) �= J (B),met m de middelloodlijn van J (B) en J1(B). Merk nu op dat J (A) = J1(A) opm ligt, want

d(J1(B);J1(A)) = d(A;B) = d(J (A);J (B)) = d(J1(A);J (B)) :

Figuur 2.

Hieruit volgt J2(A) = SmJ1(A) =J1(A) = J (A). Gezien de construc-tie geldt ook J2(B) = J (B). Alsbovendien geldt J2(C) = J (C), dan isJ = J2. Als J2(C) �= J (C), dan isde lijn n = J (A) + J (B) de middel-loodlijn van J2(C) en J (C), dus dan isJ = SnJ2. �

2

Opgave 2.1

(a) Een lijn l en twee punten A, B aan dezelfde kant van l zijn gegeven. Bepaaleen punt X ∈ l zo, dat AX en BX gelijke hoeken maken met l.

(b) Laat l een lijn en C1, C2 twee cirkels aan dezelfde kant van l zijn. Bepaal eenpunt X ∈ l zo, dat �e�en van de raaklijnen aan C1 vanuit X dezelfde hoek metl maakt als �e�en van de raaklijnen aan C2 vanuit X .

Figuur 3.

(c) A enB zijn twee punten aan dezelfdekant van een lijn l. Bepaal eenpunt X ∈ l zo, dat de hoek tussenAX en l tweemaal zo groot is alsde hoek tussen BX en l. (Zie �g.3.)

Opgave 2.2 Gegeven zijn drie lijnen l1, l2 en l3 door �e�en punt. Construeer eendriehoek ABC zo, dat l1, l2 en l3 de bissectrices van de driehoek zijn.

Opgave 2.3 We hebben drie lijnen l1, l2 en l3 door �e�en punt, alsmede een punt A1

op l1. Construeer een driehoek ABC zo, dat A1 het midden is van de zijde BC enl1, l2 en l3 de middelloodlijnen van de zijden zijn.

Opgave 2.4 Construeer een vierhoek ABCD als gegeven zijn de lengten van devier zijden, terwijl bovendien de diagonaal AC hoek ∠A doormidden deelt.

Opgave 2.5 Construeer een vierhoek ABCD die een ingeschreven cirkel heeft (eenzogenaamde raaklijnenvierhoek) als de lengten van de zijden AB en AD en boven-dien de hoeken ∠B en ∠D gegeven zijn.

Opgave 2.6 Bij een rechthoekig biljart zijn de zijden opeenvolgend z1, z2, z3 en z4.Een bal wordt vanuit punt A weggestoten in een bepaalde richting, treft achtereen-volgens de zijden z1, z2, z3 en z4 en bereikt daarna weer het punt A. Bepaal allepunten A en alle vertrekrichtingen vanuit A waarvoor dit mogelijk is, en bepaal delengte van het traject dat de bal heeft doorlopen. (De bal denken we puntvormig,terwijl bij terugkaatsen tegen een zijde `hoek van inval'=`hoek van terugkaatsing'geldt.)

Opgave 2.7(a) H is het hoogtepunt van driehoek ABC. H1, H2 en H3 zijn de beelden van Hbij spiegeling in de zijden van ABC. Toon aan dat ze op de omgeschreven cirkelvan ABC liggen.(b) Als H1, H2 en H3 gegeven zijn, vind dan driehoek ABC terug.

Opgave 2.8 Bewijs dat alle eventuele symmetrie-assen van een veelhoek door �e�enpunt gaan.

Opgave 2.9 S1 en S2 zijn spiegelingen in verschillende lijnen l1 en l2. Bewijs datS1S2 = S2S1 desda de lijnen l1 en l2 snijden elkaar loodrecht. (Het samenstellenvan spiegelingen - of algemener, isometrie�en - is dus niet commutatief!)

3

3 Translaties

Figuur 4.

De samenstelling van spiegelingen in ev-enwijdige lijnen l1 en l2 heet een trans-latie. Is X ′ het beeld van X , dan zijnlengte en richting van het lijnstuk XX ′

onafhankelijk van de keuze van X . Delengte is tweemaal de afstand van l1en l2, en de richting is loodrecht op l1en l2, gericht van l1 naar l2. Sl1Sl2 =Sl3Sl4 dan en slechts dan wanneer l3 enl4 evenwijdig zijn aan l2 (en l1) en alsde gerichte afstand van l1 tot l2 gelijk isaan die van l3 tot l4. Men kan dus bijhet ontbinden van een translatie in tweelijnspiegelingen �e�en van beide spiegelassendoor een van tevoren gegeven punt kiezen.

Figuur 5.

Opgave 3.1Gegeven zijn twee steden A en B aanweerszijden van een kanaal. Waar moetje een brug over het kanaal bouwen, op-dat de weg van A naar B zo kort mo-gelijk is? De brug moet loodrecht ophet kanaal staan.

Opgave 3.2 Beantwoord dezelfde vraag als er meerdere kanalen overbrugd moetenworden.

Opgave 3.3 Bepaal de verzameling van alle punten waarvoor de som van de afs-tanden tot twee gegeven snijdende lijnen gelijk is aan een gegeven waarde.

Opgave 3.4 ABCD is een vierhoek, M is het midden van AD, N is het middenvan BC. Bewijs dat AB ‖ CD als de lengte van MN gelijk is aan de helft van desom van de lengten van AB en CD.

4

4 Rotaties

Figuur 7.

De samenstelling van twee spiegelingenin snijdende lijnen l1 en l2 heet een ro-tatie. Het snijpunt S van l1 en l2 heethet centrum, en is � de hoek tussen l1en l2, dan geldt voor elk punt X �=S met beeldpunt X ′: ∠XSX ′ = 2�.2� heet de rotatiehoek. Meet men allehoeken steeds met dezelfde draaizin, bi-jvoorbeeld tegen de wijzers van de klokin, dan is � tot op veelvouden van 2�na bepaald.

Twee rotaties R1 = Sl2Sl1 en R2 = Sl4Sl3 zijn gelijk desda l1, l2, l3 en l4 gaan door�e�en punt, terwijl bovendien de gerichte hoeken ∠(l1; l2) en ∠(l3; l4) op veelvoudenvan � na gelijk zijn. Bij het ontbinden van een rotatie in twee spiegelingen kan mendus �e�en van de twee spiegelassen vrij door het centrum kiezen. Hebben de rotatiesSl2Sl1 en Sl4Sl3 hetzelfde centrum, dan kan men l2 = l3 kiezen. De samenstellingSl4Sl3Sl2Sl1 = Sl4Sl1 is dan een rotatie met als rotatiehoek de som van de hoekenvan de samenstellende rotaties.

Figuur 8.

Hebben de rotaties verschillende cen-tra, dan kan men ook l2 = l3 kiezen.Ook dan is Sl4Sl3Sl2Sl1 = Sl4Sl1 . Derotatiehoek van de resulterende trans-formatie is ook nu weer de som van derotatiehoeken van de componenten. Is� + � ≡ 0 mod �, dan is l1 ‖ l4 en deresulterende isometrie is een translatie.De rotatiehoek is dan dus 2(� + �) ≡0 mod 2�.

Op analoge wijze toont men aan dat de samenstelling van een rotatie en een trans-latie een rotatie is. In het algemeen geldt dus dat de opeenvolging van elk evenaantal lijnspiegelingen een rotatie, een translatie of de identiteit is.

Figuur 9.

Voert een rotatie R een gericht lijnstukAB over in een gericht lijnstuk A′B′,dan vindt men het rotatiecentrum S alssnijpunt van de middelloodlijnen m1 enm2 van AA′ en BB′. De rotatiehoek isde gerichte hoek tussen de dragers vanAB en A′B′. Is de rotatiehoek gelijkaan �, dan is het rotatiecentrum S hetgemeenschappelijke middelpunt van delijnstukken AA′ en BB′. De rotatieR heet dan de puntspiegeling in S, envoor elk punt X is S het midden vanXR(X).

5

Voorbeelden:Probleem 1. Gegeven zijn vijf punten O1, . . . , O5. Zoek een vijfhoek ABCDEzo, dat de vijf gegeven punten de middens van de zijden zijn.

Oplossing. (Zie ook �g. 10)Puntspiegeling in O1 voert A over in B,puntspiegeling in O2 voert B over in C,etcetera. De opeenvolging van de vijfpuntspiegelingen voert A dus in zichzelfover. Deze opeenvolging is zelf echter ookweer een puntspiegeling (de rotatiehoek is5� ≡ � mod 2�), en A is blijkbaar het ro-tatiecentrum. Men vindt A daarom dooreen willekeurig punt X te spiegelen inO1, . . . , O5. Is X ′ het beeld, dan isA het midden van XX ′. Heeft men A,dan vindt men B, . . . , E ook weer doorpuntspiegelingen. Figuur 10.

Probleem 2. Op de zijden van een willekeurige driehoek construeren we naarbuiten toe gelijkzijdige driehoeken. Bewijs dat de centra O1, O2 en O3 van dezedriehoeken zelf ook een gelijkzijdige driehoek vormen.

Figuur 11.

Oplossing. Gebruik de notatie R(S; �)voor de rotatie met centrum S enrotatiehoek �.R(O3;

2�

3)R(O1;

2�

3)R(O2;

2�

3)(A) = A,

dus A is het centrum van dezesamengestelde rotatie. De rotatiehoekvan de samenstelling is echter2� ≡ 0 mod 2�, dus de samenstelling isde identiteit. Dit betekentR(O1;

2�

3)R(O2;

2�

3) = R(O3;− 2�

3).

Deze samenstelling is echter ook eenrotatie met als centrum de top van eendriehoek met basis O1O2 en basishoeken1

2· 2�

3= �

3. Het centrum is het punt O3,

dus O1O2O3 is gelijkzijdig.

Figuur 12.

Opgave 4.1Twee cirkels snijden elkaarin een punt A. Bepaal een lijn doorA zo, dat de cirkels op die lijn gelijkekoorden uitsnijden.

6

Figuur 13.

Opgave 4.2Stel dat de �guur F minstens twee ver-schillende symmetriecentra heeft. (Eenpunt S heet symmetriecentrum van F

als F in zichzelf overgaat bij puntspiegelingin S.) Bewijs dat F dan oneindig veelverschillende symmetriecentra heeft. Eenvoorbeeld van zo'n �guur is een oneindiglange strook: elk punt op de as is dansymmetriecentrum.

Opgave 4.3 ABCD is een willekeurige vierhoek. Bewijs dat de middens van dezijden een parallellogram vormen.

Opgave 4.4 Hoe zit het als in het eerste voorbeeld boven zes punten in plaats vanvijf gegeven zijn en we een zeshoek zoeken in plaats van een vijfhoek?

Figuur 14.

Opgave 4.5 Bepaal een gelijkzijdigedriehoek waarvan de hoekpunten liggenop(a) drie gegeven evenwijdige lijnen(b) drie gegeven concentrische cirkelsof bewijs dat dit niet kan.

Opgave 4.6Op de zijden van een willekeurigedriehoekABC worden gelijkzijdige driehoekengeconstrueerd: BCK enACL naar buitenen ABM naar binnen. S is het centrumvan ABM . Bewijs: driehoek LSK isgelijkbenig en ∠LSK = 2�

3.

Figuur 15.

Opgave 4.7Op de zijden van een willekeurigevierhoekABCD worden naar buiten toevierkanten geconstrueerd. De centra hi-ervan zijn M1, M2, M3 en M4. Bewijs:

(a) M1M3 =M2M4 en M1M3 ⊥M2M4;

(b) is ABCD een parallellogram, danis M1M2M3M4 een vierkant.

7

5 Glijspiegelingen

Figuur 16.

Er blijft nog over het onderzoek vande isometrie�en die zijn samengesteld uitdrie lijnspiegelingen. Gaan l1, l2 en l3door �e�en punt, dan is Sl3Sl2Sl1 te ver-vangen door �e�en lijnspiegeling Sl4 in eenlijn door het snijpunt zo, dat ∠(l1; l2) =∠(l4; l3). Evenzo, is l1 ‖ l2 ‖ l3, dan isSl3Sl2Sl1 = Sl4 voor zekere l4 ‖ l1.

Figuur 17.

Doet geen van deze gevallen zich voor,dan is Sl3Sl2Sl1 niet te schrijven als �e�enlijnspiegeling. Minstens twee van de li-jnen snijden elkaar, zeg l1 en l2. Noemhet snijpunt S. l3 gaat niet door S.Vervang het paar (l1; l2) door het paar(l′1; l′2) met l′

2⊥ l3. Vervang vervolgens

het paar (l′2; l3) door het paar l′′

2; l′′3)

met l′1 ⊥ l′′3 .

Figuur 18.

De isometrie Sl3Sl2Sl1 = Sl′′3Sl′′

2Sl′

1is

dus de samenstelling van een translatieen een spiegeling in een lijn evenwijdigaan de translatierichting. Zo'n isome-trie heet een glijspiegeling (ook wel schuif-spiegeling). Als l1 ‖ l2 en l2 ∦ l3 kanmen net zo aantonen dat de isometriedan een glijspiegeling is.

De isometrie�en zijn nu volledig gecat-alogiseerd. Er is een wezenlijk onder-scheid tussen enerzijds de identiteit, derotaties en de translaties, en anderzijds de lijn- en glijspiegelingen. Translaties enrotaties kan men zich indenken als `opgebouwd' uit vele zeer kleine translaties en ro-taties (d.w.z. waarbij origineel en beeld zeer weinig verschillen). Origineel en beeldkunnen `continu in elkaar worden overgevoerd'. Men kan bewijzen (en intu��tief is ditook plausibel) dat zulks bij spiegelingen en glijspiegelingen niet mogelijk is, als menzich tenminste beperkt tot bewegingen in het vlak. Translaties, rotaties en de iden-titeit noemt men directe isometrie�en of bewegingen. Lijn- en glijspiegelingen hetenindirecte isometrie�en. Heeft men in het vlak twee niet zelf spiegelsymmetrische �g-uren F1 en F2 die door een isometrie in elkaar kunnen worden overgevoerd, dankan men aan de �guren onmiddellijk zien of ze door een directe isometrie in elkaarzijn over te voeren (ze zijn dan `gelijk geori�enteerd'), of door een indirecte isome-trie (ze zijn dan `tegengesteld geori�enteerd'). Bij toepassingen is het vaak nuttigtranslatierichting en -afstand, rotatiecentrum en -hoek, spiegelas of glijspiegelas en-afstand van de betre�ende isometrie op te sporen.

8

Opgave 5.1 Gegeven is een lijn l, twee punten A en B aan dezelfde kant van l, eneen positief getal a. Bepaal punten X , Y met afstand a op l zo, dat de lengte vande weg AXY B minimaal is.

Opgave 5.2 Construeer een vierhoek ABCD met gelijke hoeken ∠C en ∠D als delengten van de zijden AB en CD, de som van de lengten van de zijden BC en ADen de afstand van A tot de drager van de zijde CD.

Opgave 5.3 Een punt X wordt achtereenvolgens gespiegeld in de zijden van eengegeven driehoek, en daarna nog eens (in dezelfde volgorde). Het resultaat is eenpunt X ′. Bewijs dat X �= X ′. Bepaal ook het beeld van X ′ onder de samenstellingvan deze zes spiegelingen.

Opgave 5.4 Gegeven zijn twee lijnen l1 en l2 met op l1 een punt A en op l2 eenpunt B. Bepaal een lijn m die de lijnen l1 en l2 in de punten X en Y snijdt zo, datAX = BY , terwijl bovendien(a) m evenwijdig is met een gegeven lijn n.(b) m door een gegeven punt M gaat.(c) het lijnstuk XY een gegeven lengte a heeft.(d) het lijnstuk XY door een gegeven lijn r door midden wordt gedeeld.

Opgave 5.5Wat is het product van twee glijspiegelingen langs onderling loodrechteassen?

Opgave 5.6 Een glijspiegeling voert het gerichte lijnstuk AB over in A′B′. Bewijsdat de glijspiegelas gaat door de verbindingslijn van het midden van AA′ en BB′.

6 Isometrie�en van de ruimte

Op analoge wijze zijn de isometrie�en van de ruimte te catalogiseren. Men bewijstdan: elke isometrie is de opeenvolging van ten hoogste vier vlakspiegelingen. On-derzoek van de mogelijkheden geeftDirecte isometrie�en(1) twee vlakspiegelingen: �of een translatie (evenwijdige vlakken), �of een rotatie(snijdende vlakken) met de snijlijn als rotatieas.(2) vier vlakspiegelingen: indien geen rotatie of translatie, dan kan men de vlakkenzo kiezen dat de opeenvolging ontstaat van een rotatie en een translatie langs derotatieas. Zo'n beweging heet een schroefbeweging.Indirecte isometrie�en(1) �e�en vlakspiegeling.(2) drie vlakspiegelingen, waarbij de vlakken niet door �e�en lijn gaan, of onderlingevenwijdig zijn (anders is de samenstelling weer een vlakspiegeling). Gaan de drievlakken door �e�en punt, dan kan kan men ze zo kiezen dadt de samenstelling eenrotatie is, gevolgd door een spiegeling in een vlak loodrecht op de rotatieas. Deisometrie heet dan een draaispiegeling. Gaan de drie vlakken niet door �e�en punt,dan is de snijlijn van twee van hen evenwijdig aan het derde vlak. Men kan devlakken dan zo kiezen dat een spiegeling ontstaat, gevolgd door een translatie ineen richting evenwijdig aan het spiegelvlak. Zo'n isometrie heet een glijspiegeling.

9

Lesbrief 9

Meetkunde II

1 Puntvermenigvuldigingen

De�nitie 1.1 Een transformatie G van het vlak heet een gelijkvormigheidstransfor-matie (verder afgekort als gt) als er een constante f > 0 bestaat zo, dat voor elktweetal punten X en Y geldt dat d(G(X);G(Y )) = f · d(X;Y ). f heet de factor vanG.

Het is duidelijk dat als G1 en G2 gt's zijn met factoren f1 en f2, G2G1 een gt is metfactor f2f1. Als de factor van een gt gelijk is aan �e�en, is de gt een isometrie.

De�nitie 1.2 Stel O is een vast punt en f een positieve constante. De transfor-matie V(O; f) die aan elk punt X het punt X ′ toevoegt op de halfrechte vanuitO door X zo, dat d(O;X ′) = f · d(O;X), heet de puntvermenigvuldiging (verderafgekort als pv) met centrum O en factor f .

Elke pv met factor f is ook een gt, want voor elk paar X , Y met beelden X ′

en Y ′ geldt d(X ′; Y ′) = f · d(X;Y ). Bovendien geldt: als O1 �= O2, dan isV(O2; f2)V(O1; f1) een pv, tenzij f2f1 = 1. In dat geval is het een translatie.

Opgave 1.1 Bepaal van V(O2; f2)V(O1; f1) het centrum of in het speciale geval detranslatierichting en -afstand.

Figuur 1.

Opgave 1.2

Verklaar de werking van de pantograaf.Dit instrument bestaat uit vier scharnierendverbonden staven die een parallellogramvormen. Pint men O vast en laat men Peen �guur F beschrijven, dan beschrijftP ′ een �guur F ′ die ontstaat uit F dooreen pv V(O; f). Hoe groot is f?

Opgave 1.3Hoe kan men de pantograafgebruiken om een pv met `negatieve fac-tor' (d.w.z. een pv, gevolgd door een puntspiegeling in het centrum) te verkrijgen?

Opgave 1.4 Gegeven is een driehoek ABC. Construeer een vierkant PQRS metP en Q op AB, R op BC en S op AC.

Stel G is een gt met factor f . Kies een willekeurig punt O. Dan is V(O; 1f)G een

gt met factor 1, dus een isometrie J . G is dus te schrijven als G = V(O; f)J . Elkegt is blijkbaar een opeenvolging van een isometrie en een pv. Het omgekeerde geldtnatuurlijk ook.

1

Bij een pv kan men origineel en beeld continu in elkaar overvoeren. De `ori�entatie'blijft hierbij behouden. Er zijn dus twee soorten gt's:

• De directe gt's (verder dgt's genoemd), waarbij de ori�entatie niet verandert.De in zo'n dgt bevatte isometrie is een translatie, een rotatie of de identiteit.

• De indirecte gt's (verder igt's genoemd), waarbij origineel en beeld tegengesteldgeori�enteerd zijn. De in zo'n igt bevatte isometrie is een lijn- of glijspiegeling.

2 Invariante punten

Een gt met factor ongelijk aan 1 kan hoogstens �e�en invariant punt hebben, wantzouden P en Q beide invariant zijn, dan zou hun afstand gelijk blijven, in plaatsvan met de factor vermenigvuldigd te worden. Het is merkwaardig dat elke gt metfactor ongelijk aan 1 ook precies �e�en invariant punt heeft.

Stelling 2.1 Elke gt G met factor f �= 1 heeft precies �e�en invariant punt en wekunnen dit punt construeren.

Bewijs. Men onderscheidt twee gevallen:

Figuur 2.

(1) Elke lijn gaat over in een evenwi-jdige lijn. Kies een punt A. Als hetbeeld A′ ongelijk is aan A, gaat de lijnA + A′ in zichzelf over. Kies B buitendie lijn. Als het beeld B′ ongelijk isaan B, gaat ook B+B′ in zichzelf over.Zouden A+A′ en B+B′ elkaar niet snij-den, dan zouden A, A′, B en B′ een par-allellogram vormen, want AB ‖ A′B′.Dan zou echter d(A;B) = d(A′; B′) zijn,in tegenspraak met f �= 1. A + A′ enB + B′ snijden elkaar dus in een puntO dat wel invariant moet blijven.

Figuur 3.

(2) Er is een lijnstuk AB zo, dat hetbeeld A′B′ niet met AB evenwijdig is.Construeer een parallellogram ABCD.Het beeld ervan is een parallellogramA′B′C ′D′. Laat P het snijpunt zijn vanAB en A′B′, en R dat van CD en C ′D′.Stel P ′ en R′ zijn de beelden van P enR. PR en P ′R′ zijn niet evenwijdig,want dan zouden P , P ′, R en R′ eenparallellogram vormen, met als gevolgdat d(P;R) = d(P ′; R′). Het snijpuntO van PR en P ′R′ verdeelt PR en P ′R′

in dezelfde verhouding, want PP ′ en RR′ zijn evenwijdig. O is dus invariant onderG.

2

Men ziet gemakkelijk in (bijvoorbeeld aan de hand van de hierna volgende catal-ogisering) dat men het parallellogram ABCD altijd zo kan kiezen dat ook BC enB′C ′, en dus ook DA en D′A′ elkaar snijden. Het (enige) invariante punt O vanG ligt dan natuurlijk ook op de verbindingslijn QS van die twee snijpunten, dushiermee is O als snijpunt van PR en QS te construeren. �

3 Standaardvormen

Als G = V(O; f)J een gt met factor f �= 1 en invariant punt O is, is O ook invari-ant onder J = V(O; 1

f)G. J is dus een rotatie R(O;�) met centrum O en zekere

rotatiehoek � (eventueel � = 0) als J direct is, en een lijnspiegeling Sl in een lijn ldoor O als J indirect is. In het eerste geval heet G een draaivermenigvuldiging metcentrum O, factor f en rotatiehoek �. In het tweede geval heet G een spiegelver-menigvuldiging. De lijn l en de lijn m door O loodrecht op l zijn dan de enige lijnendie in zichzelf overgaan (l blijft gelijk gericht, m wordt omgeklapt). l en m hetende assen van de spiegelvermenigvuldiging en O het centrum.

In de schrijfwijze G = V(O; f)R(O;�) respectievelijk G = V(O; f)Sl (met O ∈ l)mag men de pv en de rotatie, respectievelijk de pv en de lijnspiegeling, verwisselen:

G = V(O; f)R(O;�) = R(O;�)V(O; f)

respectievelijkG = V(O; f)Sl = SlV(O; f) :

Figuur 4. Figuur 5.

Opgave 3.1 Stel J is een isometrie en J (O) �= O. Bewijs: als f �= 1 en f > 0, danis V(O; f)J �= JV(O; f).

Opgave 3.2 Stel G1 en G2 zijn dgt's met factoren f1 en f2, al dan niet verschillendecentra, en rotatiehoeken �1 en �2. Bewijs dat G2G1 rotatiehoek �1 + �2 heeft.

3

Figuur 6.

Opgave 3.3

G is een dgt met factor ongelijk aan1. Stel dat de punten A en B wor-den overgevoerd in A′ en B′ en dat AA′

en BB′ elkaar snijden in een punt S,ongelijk aan A, A′, B of B′. Bewijsdat het invariante punt O van G hettweede snijpunt is van de cirkels (ABS)en (A′B′S).

Figuur 7.

Opgave 3.4

Stel AB en A′B′ zijn verschillend vanlengte, A �= A′ en B �= B′. Stel A1 enA2 verdelen het lijnstuk AA′ inwendigen uitwendig in de verhouding AB :A′B′ en stel B1 en B2 doen hetzelfdemet BB′. Bewijs dat de lijnen A1+B1

en A2+B2 de invariante assen zijn vande igt die AB overvoert in A′B′.

Voorbeeld: ABCD is een vierkant metcentrum P en AB′C ′D′ is een vierkant met centrum Q. R is het midden van BD′

en S is het midden van B′D. Dan is PSQR ook een vierkant.

Bewijs. De dgt D(D;√2;−�4) met centrum D, factor

√2 en rotatiehoek −�

4voert

P over in A. De dgt D(B′; 12

√2;−�

4) voert A over in Q. Het product van beide

is een rotatie (nl. een dgt met factor 1) over een hoek −�2die P overvoert in Q.

Maar S is hiervan het centrum, want eerst wordt S overgevoerd in T en daarnaweer terug in S. Net zo bewijst men dat PR = QR en PR ⊥ QR. �

Figuur 8.

Opgave 3.5 Analoog aan het voorbeeld, maar nu ligt P op CA, Q op AC ′, R opBD′ en S op DB′ zo, dat CP : PA = AQ : QC ′ = BR : RD′ = DS : SB′ = t : 1(t willekeurig). Bewijs dat dan nog steeds PSQR een vierkant is.

Opgave 3.6 Behandel op een analoge wijze voorbeeld 2 uit §4 van de lesbriefIsometrie�en.

4

Opgave 3.7 Gegeven zijn gelijkzijdige driehoeken ABO en A′B′O met een gemeen-schappelijk hoekpunt O zo, dat de hoeken ABO en A′B′O gelijk gericht zijn. Hetcentrum S van driehoek ABO valt niet samen met A′ of B′. M is het midden vanBA′, N dat van AB′. Bewijs dat de driehoeken SMB′ en SNA′ gelijkvormig zijn.

Opgave 3.8Op de buitenkanten van de zijden van driehoekABC worden driehoekenABR, BCP en CAQ geconstrueerd met ∠CBP = ∠CAQ = 45◦, ∠BCP =∠ACQ = 30◦ en ∠ABR = ∠BAR = 15◦. Bewijs dat ∠QRP = 90◦ en QR = RP .(IWO 1975)

Figuur 9. Figuur 10.

4 Regelmatige veelvlakken

Een veelvlak in de ruimte heet regelmatig als alle hoekpunten, alle ribben en alle zi-jvlakken onderling gelijkwaardig zijn, m.a.w. op dezelfde wijze in het geheel passen.Bovendien eisen we dat alle zijvlakken regelmatige veelhoeken zijn. Zo'n veelvlakkan dus geen inspringende hoekpunten of ribben hebben, want niet alle hoekpuntenof ribben kunnen inspringend zijn: zou slechts een gedeelte inspringend zijn, danzouden ze niet allemaal onderling gelijkwaardig zijn. Bijgevolg moet de som vande hoeken van de regelmatige veelhoeken die in �e�en hoekpunt samenkomen, kleinerzijn dan 2�. Anders zouden immers deze zijvlakken samen in �e�en vlak liggen, ofer zouden inspringende ribben van zo'n hoekpunt moeten uitgaan. Omdat ook allezijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, en in elk hoekpunt minstens drie zijvlakkensamenkomen, kunnen de zijvlakken slechts regelmatige drie-, vier- of vijfhoeken zijn(een regelmatige n-hoek heeft hoeken van n−2

n�). Bij vier- en vijfhoeken kunnen er

alleen maar drie in �e�en hoekpunt samenkomen, bij regelmatige driehoeken kunnener drie, vier of vijf samenkomen. In totaal zijn er dus hoogstens vijf regelmatigeveelvlakken mogelijk. Deze vijf bestaan inderdaad allemaal:

De tetra�eder. Het regelmatige viervlak, waarbij in elk hoekpunt drie gelijkzijdigedriehoeken samenkomen.De hexa�eder. Het regelmatige zesvlak (kubus), waarbij in elk hoekpunt drievierkanten samenkomen.De octa�eder. Het regelmatige achtvlak, waarbij in elk hoekpunt vier gelijkzijdigedriehoeken samenkomen.De dodeca�eder. Het regelmatige twaalfvlak, waarbij in elk hoekpunt drie regel-matige vijfhoeken samenkomen.De icosa�eder. Het regelmatige twintigvlak, waarbij in elk hoekpunt vijf gelijkzi-jdige driehoeken samenkomen.

5

A B

CD

E F

GH

Figuur 11.

Het bestaan van de vijf regelmatige veelvlakken was reeds aan Plato bekend. Zijnleerling Euclides bewijst in het laatste deel van zijn \Elementen" het bestaan ervandoor te beschrijven hoe je ze kan construeren. Zie ook �g. 11. Uitgaande van dekubus ABCD · EFGH vind je bijvoorbeeld ACFH als tetra�eder. De centra vande zijvlakken van de kubus vormen precies de hoekpunten van een okta�eder. Deconstructie van dodeca�eder en icosa�eder is lastiger. Euclides maakte de dodeca�ederdoor op elk zijvlak van de kubus een geschikt `dakje' te plaatsen. De twaalf centravan de zijvlakken van zo'n twaalfvlak vormen de hoekpunten van een regelmatigtwintigvlak. Op de details van Euclides' constructie gaan we hier niet in. Eenandere constructie van de icosa�eder volgt uit opgave 5.2. De twintig centra van dezijvlakken hiervan zijn weer de hoekpunten van een dodeca�eder.

5 Schetsen en modellen

Bij de studie van de regelmatige veelvlakken is het vaak handig een schets te maken.Voor kubus en viervlak is dit geen probleem. Bij de octa�eder is het verstandig eersteen vierkant diagonaalvlak te tekenen. Voor een ruwe schets van de dodeca�ederverdeel je de cirkel in tien gelijke delen. Binnen de zo ontstane tienhoek teken je ex-centrisch een regelmatige vijfhoek als voorvlak. Door spiegeling in het centrum vande cirkel krijgt je hieruit het achtervlak, waarna je de rest kan intekenen. Analoogmaak je voor een schets van de icosa�eder, uitgaande van een regelmatige zeshoek`op zijn punt' met daarin excentrisch een regelmatige driehoek `op zijn punt' alsvoorvlak.

Je kan van de veelvlakken ook draadmodellen maken. Zie je zo'n model in per-spectief vanuit een punt even buiten het centrum van een zijvlak, dan zie je ditzijvlak als een grote veelhoek, met daarin alle andere zijvlakken naast elkaar. Zo'nprojectie heet een Schlegel-diagram. Driedimensionale modellen kan je maken vankarton met behulp van een uitslag als bouwplaat, gevormd door het juiste aantalregelmatige veelhoeken op een geschikte manier tegen elkaar gelegd. In �g. 12 vindje elk van de regelmatige veelvlakken in drie gedaanten: `normaal', als uitslag enals Schlegel-diagram.

6

Tetraeder

Hexaeder/Kubus

Octaeder

Dodecaeder

Icosaeder

Typischaanzicht

Uitslag Schlegel-diagram

Figuur 12.

Opgave 5.1 De dodeca�eder en icosa�eder hebben elk 30 ribben. Beschouw de 30middens van deze ribben. In beide gevallen kan men ze zo in vijf groepen van 6verdelen, dat elke groep de hoekpunten vormt van een regelmatig achtvlak. Maakeen schets van dodeca�eder en icosa�eder met in elk �e�en van de vijf octa�eders ingetek-end.

Figuur 13.

Opgave 5.2

De 12 ribben van het regelmatige achtvlakworden allemaal op zekere wijze in dezelfdeverhouding t : (1 − t) verdeeld. (�g.13) Bewijs dat men t zo kan kiezen, datde 12 deelpunten de hoekpunten vor-men van een regelmatig twintigvlak. Berekent in dit geval.

Opgave 5.3 Leg een massieve dodeca�eder met �e�en van zijn zijvlakken op tafel.Laat loodrecht een bundel evenwijdige lichtstralen op tafel vallen. Wat voor silhouetontstaat er? Beantwoord dezelfde vraag voor de andere regelmatige veelvlakken, enook als je een veelvlak op een hoekpunt of ribbe laat balanceren.

Opgave 5.4 Onderzoek de isometrie�en die het regelmatige viervlak in zichzelf over-voeren. Omdat bij al deze isometrie�en het centrum van het viervlak invariant is,komen als directe isometrie�en slechts rotaties en als indirecte isometrie�en slechtsdraai- en vlakspiegelingen in aanmerking. Laat zien dat er 12 directe isometrie�enzijn (inclusief de identiteit). Bepaal in alle gevallen de rotatieas en de rotatiehoek.Laat zien dat er ook 12 indirecte isometrie�en zijn. De volledige groep van isome-trie�en van de tetra�eder telt dus 24 elementen.

7

Opgave 5.5 Laat zien dat de groep van isometrie�en van de kubus 48 elemententelt: 24 directe en 24 indirecte isometrie�en. Laat zien dat er een �e�en-op-�e�en corre-spondentie is tussen de 24 directe isometrie�en en de permutaties van de 4 lichaams-diagonalen.

Opgave 5.6 Bewijs dat de groepen van isometrie�en van de dodeca�eder en de ico-sa�eder gelijk zijn. Bewijs hetzelfde voor kubus en octa�eder.

Opgave 5.7 Bewijs dat de groep van de isometrie�en van dodeca�eder en icosa�eder120 elementen telt: 60 directe en 60 indirecte isometrie�en. Elke isometrie geefteen permutatie van de 5 ingeschreven octa�eders (vergelijk opgave 5.1). Zijn erisometrie�en ongelijk aan de identiteit die de identieke permutatie geven? Tredenalle mogelijk permutaties op?

Opgave 5.8 Bij geschikt gekozen projectierichting kan door parallelprojectie uiteen regelmatig veelvlak een regelmatige n-hoek ontstaan. Welke waarden van n

zijn mogelijk?

8