Categorie archieven: Opgaven

Opgave 5

Geplaatst op door

Voor welke waarde van m \in \mathbb{N}_0 is x^{3m}+x^{2m}+x^m+1 deelbaar door x^3+x^2+x+1?

Antwoord

  1. Een veelterm A is deelbaar door een veelterm B als alle nulwaarden van B ook nulwaarden zijn van A.
  2. Nu is B=x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1), dus de nulwaarden van B zijn :-1,i,-i.
  3. Omdat A=x^{3m}+x^{2m}+x^m+1 enkel gehele coëfficiënten heeft kunnen we de stelling van d’Alembert gebruiken die zegt dat als a+bi een nulwaarde is, dan is a-bi dat ook.
  4. We moeten dus enkel  eisen dat -1 en i nulwaarden zijn van A.
  5. Dan moet (-1)^{3m}+(-1)^{2m}+(-1)^m+1=0 of (-1)^m+1+(-1) ^m+1=2+2(-1) ^m=0. Hieruit volgt dat m oneven moet zijn.
  6. Verder moet ook i^{3m}+i^{2m}+i^m+1=0. Dus moet (-i)^m+(-1) ^m+i^m+1=0. Als m=4k dan is A(i) \neq 0. In alle andere gevallen is A(i) wel gelijk aan 0.
  7. De twee voorwaarden samen geven dat m gewoon oneven moet zijn.
  8. Dus is x^{3m}+x^{2m}+x^m+1 deelbaar door x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1 als m oneven is.

Opgave 4

Geplaatst op door

Onderzoek de convergentie van volgende rij

    \[u_n=\frac{1}{e}\int_0^1 x^n.e^x \ dx\]

Antwoord

  1. De integraal doet ons ongetwijfeld denken aan partiële integratie en het opstellen van een recursieformule.
  2. \int x^n.e^x\ dx = x^n.e^x-n.\int x^{n-1}.e^x\ dx, zodat u_n=1-n.u_{n-1}.
  3. Hoe kunnen we hiervan de limiet bepalen? Misschien toch iets anders proberen…
  4. Op [0,1] geldt dat 1\leq e^x \leq e omdat f(x)=e^x een stijgende functie is.
  5. Maar dan is \int_0^1 x^n \ dx \leq \int_0^1 x^n.e^x \ dx \leq e.\int_0^1 x^n \ dx.
  6. Hieruit volgt dat \frac{1}{n+1} \leq \int_0^1 x^n.e^x \ dx \leq \frac{e}{n+1}.
  7. Dit geeft voor de rij u_n dat \frac{1}{e(n+1)} \leq u_n \leq \frac{1}{n+1}.
  8. Uit de insluiting stelling volgt dan dat de rij u_n convergeert naar 0.

Opgave 3

Geplaatst op door

Bepaal het aantal oneven binomiaalgetallen in (a+b)^n.

Antwoord

  1. Een binomiaalgetal is van de vorm: \binom{n}{r}=\dfrac{n!}{r!s!} met s=n-r.
  2. We noteren de getallen n,r en s in het binair talstelsel:

        \[n=\sum_{i=0}^hn_i.2^{h-i}\]

     

        \[r=\sum_ir_i.2^{k-i}\]

     

        \[s=\sum_i^ps_i.2^{p-i}\]

    met n_i,r_i,s_i \in \{0,1\} en n_0=1

  3. De exponent van 2 in n! is gelijk aan n-\sum n_i. De exponent van 2 in r! is gelijk aan r-\sum r_i. De exponent van 2 in s! is gelijk aan s-\sum s_i.
    Voor meer uitleg lees volgend artikel
  4. Als het binomiaalgetal oneven moet zijn, dan mag \dfrac{n!}{r!s!} geen factor 2 meer bevatten en moet dus n-\sum n_i=r-\sum r_i+s-\sum s_i.
  5. Bijgevolg is \binom{n}{r} oneven als \sum n_i=\sum r_i+\sum s_i.
  6. Het aantal oneven binomiaalgetallen komt dus overeen met het aantal keuzes van r, tussen  0 to n , waarvoor \sum n_i=\sum r_i+\sum s_i.
  7. Als n_i=0 moet  r_i=s_i=0. Er is dus 2^0=1 mogelijkheid
  8. Als n_i=1, dan heb je 2^1=2 mogelijkheden: r_i=1,s_i=0 of r_i=0,s_i=1.
  9. Noteer k=\sum_i n_i, dan zijn er dus 2^k oneven binomiaalgetallen.
  10. Er zijn dus 2^k oneven binomiaalgetallen in (a+b)^n, waarbij k gelijk is aan de som van de cijfers in de binaire schrijfwijze van n.
  11. Controleer met een voorbeeld : voor n=4 heb je als binomiaalgetallen: 1,4,6,4,1. Er zijn dus 2 oneven binomiaalgetallen. Nu is 4 = 100 in het binair talstelsel en dus is k = 1+0+0=1. Er zijn dus 2^1=2 oneven binomiaalgetallen.

Opgave 2

Geplaatst op door

Bewijs dat voor alle positieve x \leq y \leq z geldt dat

    \[\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y} \geq \dfrac{xy}{y+z}+\dfrac{yz}{x+z}+\dfrac{zx}{x+y }\]

Antwoord

  1. Alsx \leq y \leq z, dan is -z \leq -y \leq -x. Door overal x+y+z op te tellen  vinden we dan dat x+y \leq x+z \leq y+z en \dfrac{1}{y+z}\leq \dfrac{1}{x+z}\leq\dfrac{1}{x+y}.
  2. Door de ongelijkheden x \leq y \leq z en  \dfrac{1}{y+z}\leq \dfrac{1}{x+z} \leq \dfrac{1}{x+y} lid per lid te vermenigvuldigen ( getallen zijn allemaal positief) krijgen we : \dfrac{x}{y+z}\leq \dfrac{y}{x+z} \leq\dfrac{z}{x+y}.
  3. Dan zijn (x,y,z) en (\dfrac{x}{y+z},\dfrac{y}{x+z},\dfrac{z}{x+y})  gelijk geordend.
  4. Gebruik van de herschikkingsongelijkheid geeft de oplossing.

Opgave 1: Driehoeksgetallen

Geplaatst op door

driehoeksgetallen

Hierboven zie je de eerste 5 driehoeksgetallen. Kan je nu de volgende vragen beantwoorden?

  1. Als n een driehoeksgetal is, bewijs dan dan 8n+1 een volkomen kwadraat is.
    ( Plutarchus , 100 BC)
  2. De som van twee opeenvolgende driehoeksgetallen is altijd een volkomen kwadraat. Bewijs. ( Nicomachus, 100 BC)
  3. Als n een driehoeksgetal is, bewijs dan dat 9n+1 en 25n+3 ook driehoeksgetallen zijn. ( Euler, 1775)

Antwoorden Vraag 1
Een driehoeksgetal is de som van opeenvolgende natuurlijke getallen, beginnend met 1. Dus het n-de driehoeksgetal d_n wordt gegeven door d_n=1+2+3+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}. Maar dan is 8d_n+1=4n(n+1)+1=4n^2+4n+1=(2n+1)^2. Bijgevolg is 8d_n+1 een volkomen kwadraat.

Antwoorden Vraag 2
Gebruikmakend van vorige formule is d_n+d_{n+1}=\dfrac{n(n+1)}{2}+\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}=\dfrac{n^2+n+n^2+3n+2}{2}. Dus is d_n+d_{n+1}=n^2+2n+1=(n+1)^2. De som van twee opeenvolgende driehoeksgetallen is dus inderdaad een volkomen kwadraat.

Antwoorden Vraag 3
Stel d_n=\dfrac{n(n+1)}{2}. Dan is 9d_n+1=\dfrac{9n(n+1)}{2}+1=\dfrac{9n^2+9n+2}{2}. Dus 9d_n+1=\dfrac{(3n+1)(3n+2)}{2}=d_{3n+1}. Analoog is 25d_n+3=d_{5n+2}.