Wiskunde is leuk

Pseudopriemen

Geplaatst op 28 februari 2019 door admin

De kleine stelling van Fermat leert ons dat voor een priemgetal p geldt dat

$a^{p-1} \equiv 1 \mod p$

of voor getallen a die onderling ondeelbaar zijn met p: $a^p \equiv a \mod p$ .

De stelling van Fermat is niet omkeerbaar. Inderdaad is $2^{340} \equiv 1 \mod 341$ en $341 = 11 \times 31$ . In de vijfde eeuw voor onze jaartelling wisten de Chinezen al dat uit p priem volgt dat $2^{p-1} \equiv 1 \mod p$ . Zij waren ook overtuigd van het omgekeerde. Ook Leibniz was daarvan overtuigd. Slechts in 1819 vond F. Sarrus bovenvermeld tegenvoorbeeld.

We noemen 341 een pseudopriem t.o.v. de basis 2.

Een Carmichael getal is een getal p dat niet priem is en waar voor alle a die onderling ondeelbaar zijn met p, toch geldt dat $a^{p-1} \equiv 1 \mod p$ . Zo is bijvoorbeeld 561 het kleinste Carmichael getal. De volgende Carmichael getallen zijn 1105, 1729, 2465, 2821, 6601, 8911, 10585, 15841 en 29341. Pas in 1994 werd bewezen dat er oneindig veel Carmichael getallen zijn.

De naam Carmichael getal komt van de Amerikaanse wiskundige Richard David Carmichael ( 1979-1967) die het bestaan ervan introduceerde in 1910. Een andere naam voor deze getallen is absolute pseudopriemen

Het probleem van Fagnano

Geplaatst op 24 februari 2019 door admin

Gegeven is een scherphoekige driehoek ABC. Zoek een ingeschreven driehoek DEF met de kleinst mogelijke omtrek.

Dit probleem werd in 1775 gesteld door de Italiaanse wiskundige J.F.Fagnano.

Eén van heuristieken gebruikt bij problem solving leert ons het probleem aan te pakken voor een speciaal geval: neem het punt D vast. Spiegel vervolgens D rond de twee aanliggende zijden tot S en T.

De omtrek van DEF is gelijk aan de lengte van SFET. De kleinst mogelijke omtrek krijgen we dus als als SFET zo klein mogelijk is, dus als we F en E nemen op de rechte ST.
Merk op dat de driehoek SAT gelijkbenig is en dat de tophoek SAT gelijk is aan het dubbele van de hoek BAC. Aangezien het lijnstuk [ST] de basis is van een gelijkbenige driehoek met een vaste tophoek, zal deze basis zo klein mogelijk zijn als de lengte van de benen [AS] en [AT] zo klein
mogelijk is. We moeten het punt D dus zo kiezen dat [AS] en [AT] zo klein mogelijk zijn. Het is duidelijk dat |AS| = |AD| = |AT|. We moeten dus D op [BC] kiezen zodat|AD| zo klein mogelijk is. Bijgevolg moet D het voetpunt zijn van de loodlijn uit A op [BC] .

Natuurlijk kunnen we in plaats van met D te beginnen ook via E of F werken. Zo krijgen we als oplossing de voetpuntsdriehoek:

Valentijn

Geplaatst op 14 februari 2019 door admin

Een hartje voor Valentijn?

Teken dan het hart van Taubin(1993) met behulp van het oppervlak

$(x^2+\frac{9}{4}y^2+z^2-1)^3-x^2z^3-\frac{9}{80}y^2z^3=0$

en de doorsnede ervan met het vlak y = 0.

Opgave 27

Geplaatst op 9 februari 2019 door admin

Uit {1,2,…,n} worden 4 opeenvolgende even getallen verwijderd. De overgebleven getallen hebben een gemiddelde van 51+ 9/16. Bepaal alle viertallen opeenvolgende even getallen die hieraan voldoen.

Antwoord

Stel die 4 opeenvolgende getallen voor door 2k, 2k+2, 2k+4 en 2k+6.
De som van d eandere getallen is dan $\frac{1}{2}n(n+1)-(8k+12)$ .
Het gemiddelde is dan $\frac{\frac{1}{2}n(n+1)-(8k+12)}{n-4}=\frac{825} {16}$ .
Hieruit volgt dat $825(n-4)=8n(n+1)-16(8k+12)$ .
8 is een deler van het rechterlid en dus ook van het linkerlid. Bijgevolg bestaat er een geheel getal m waarvoor $n-4=8m$ . Ingevuld in vorige vergelijking vinden we dan dat $825m=64m^2+72m-16k-4$ .
4 deelt het rechterlid en dus ook het linkerlid, dus bestaat er een geheel getal l zodat $m=4l$ . Invullen geeft dan $256l^2-753l=4k+1$ .
Nu is $2k+6\leq n=8m+4=32l+4$ . Bijgevolg is $k\leq 16l-1$ en dus ook $4k+1\leq 64l-3$ .
Uit vorige twee punten volgt dan dat $256l^2-753l\leq 64l-3$ of
$256l^2-817l+3\leq 0$
Enkel $l=1,2,3$ voldoen en omdat $4k+1=256l ^2-753l$ , zal uiteindelijk enkel $l=3$ een oplossing geven voor k, namelijk $k=11$ .
De 4 gezochte getallen zijn dan 22, 24, 26 en 28.

Een combinatorisch probleem

Geplaatst op 2 februari 2019 door admin

Je beschikt over 7 verschillende flessen wijn en je hebt 7 proevers. Het is niet praktisch alle 7 proevers alle 7 flessen te laten beoordelen, dus besluiten we volgende test te doen:

Iedereen proeft van eenzelfde aantal flessen.
Elk paar van flessen wordt door exact 1 gemeenschappelijke persoon geproefd.
Elk paar van proevers proeft exact 1 gemeenschappelijke wijn.

Kan die test worden uitgevoerd? En wat als je de 7 vervangt door een ander aantal? Dit type van problemen is van groot belang voor statistici en behoort tot de tak van de combinatorische ontwerp theorie. Voor 7 is het probleem oplosbaar. Geef de 7 proevers een nummer van 1 tot 7 en de flessen een label A tot G. De test kan dan worden uitgevoerd door iedereen 3 flessen te laten proeven:
1:{A,B,C} 2:{A,D,F} 3: {B,D,E} 4:{A,E,G} 5: {C,E,F} 6:{B,F,G} 7:{C,D,G}

Deze oplossing heeft ook een mooie grafische voorstelling in volgende figuur waar de proevers voorgesteld worden door lijnen en de flessen door punten. Je moet dus 7 lijnen tekenen tussen 7 punten zodat elk paar punten juist 1 lijn gemeen heeft en zodat elk paar lijnen juist 1 punt gemeen heeft.

Je kan in ons voorbeeld 7 veranderen door een getal n van de vorm : $n=q^2+q+1$ met q een priemmacht. De overeenkomstige voorstelling geeft dan een projectief vlak van orde q+1. Dit vlak heeft $q^2+q+1$ punten en $q^2+q+1$ lijnen . Elke lijn bevat juist q+1 punten en door elk punt gaan exact q+1 lijnen. In bovenstaand voorbeeld is $q=2$ .