Tag archieven: deelbaarheid

Opgave 36

Geplaatst op door

Wanneer deelt een natuurlijk getal n de uitdrukking 10^k-1 voor een natuurlijke k?

Spoiler

  • Als n een veelvoud is van 2 of 5, dan is de enige mogelijkheid de triviale oplossing k=0.
  • Veronderstel dus verder dat n geen priemfactor 2 of 5 bevat.
  • Noteer met K(n) de kleinste, van 0 verschillende waarde van k, waarvoor n|(10^k-1).
  • Proberen we een aantal waarden uit:
    \begin{array}{c|c} n&K(n) \\ \hline \\ 3&1\\7&6\\9&1\\11&2 \end{array}
  • Stel nu dat n, geen priemfactor 2 of 5 bevat, en een deler is van 10^k-1, dan bestaat er een natuurlijk getal a zodat n.a=10^k-1.
  • Noteer de decimale schrijfwijze van a als a=a_110^{k-1}+\cdots+a_{k-1}10+a_k.
  • Dan is a_110^{k-1}+\cdots+a_{k-1}10+a_k=\frac{10^k}{n}-\frac{1}{n}.
  • Bij deling, van deze laatste vergelijking door 10^k vinden we:

        \[0,a_1\cdots a_{k-1}a_k=\frac{1}{n}-\frac{10^{-k}}{n}\]

  • Als we steeds maar opnieuw delen door 10^k en alle bekomen formules lid per lid bij elkaar optellen vinden we

        \[\frac{1}{n}=0,a_1\cdots a_{k-1}a_ka_1\cdots a_{k-1}a_k\cdots\]

  • Omgekeerd is het eenvoudig te zien dat, als \frac{1}{n} een decimale ontwikkeling zoals hierboven heeft, dat n een deler is van 10^k-1.
  • Besluit: Als n geen priemfactor 2 of 5 bevat, dan in K(n) gelijk aan de lengte  van de periode van \frac{1}{n}.
  • Natuurlijk is elk veelvoud van k ook een goede oplossing.

 

Uitdaging 3 en 4

Geplaatst op door

Voor welke waarden van k is x^3+y^3+z^3+kxyz deelbaar door x+y+z?

Antwoord

  • Als x^3+y^3+z^3+kxys deelbaar is door x+y+z, dan bestaat er een Q(x,y,z) zodat

        \[x^3+y^3+z^3+kxyz=(x+y+z)Q(x,y,z)\]

  • Vervang nu in beide leden x door 2, en y en z door -1, dan vind je 8-1-1+2k=0 of m.a.w. k=-3.

Een veelterm f(x)  met gehele coëfficiënten heeft oneven getalwaarden voor 0 en 1. Bewijs dat  f(x) geen gehele nulwaarden kan hebben.

Antwoord

  • Noteer de veelterm f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0.
  • Omdat f(0) oneven is moet a_0 een oneven getal zijn.
  • Omdat f(1) even is moet a_n+\cdots+a_1+a_0 ook oneven zijn.
  • Stel nu dat c een gehele nulwaarde is van f(x), dan is a_nc^n+\cdots+a_1c+a_0=0.
  • Als c even is dan is het linkerlid van deze ongelijkheid oneven en kan dus nooit nul zijn.
  • Als c oneven is, dan krijgen we modulo 2 dat a_n+\cdots+a_1+a_0 \equiv 0. Maar ook dat is onmogelijk want het linkerlid is oneven en kan dus nooit  nul zijn.
  • Dus heeft f(x) geen gehele nulwaarden.

Deelbaarheid bij veeltermen

Geplaatst op door

We geven enkelen eigenschappen in verband met deelbaarheid bij veeltermen. Deze eigenschappen lijken op de deelbaarheidseigenschappen bij gehele getallen:

  • Voor twee veeltermen f(x) en g(x) bestaat er een uniek quotiënt q(x) en een unieke rest r(x) zodat f(x) = q(x) . g(x) + r(x) met gr(r(x)) < gr (g(x)).
  • De rest van de deling van f(x) door x – a is f(a). Deze eigenschap noemen we de reststelling. Dit levert meteen een criterium voor deelbaarheid door veeltermen van de vorm x – a: de veelterm f(x) is deelbaar door x – a als f(a) = 0.
  • Als a en b verschillend zijn dan is f(x) deelbaar door (x – a)(x – b) als f(a) = f(b) = 0.
  • De veelterm f(x) is deelbaar door (x-a)^k als a een nulpunt is van f(x) en de eerste k – 1 afgeleiden van f(x). We spreken dan van een k- voudig nulpunt.
  • Er bestaan veeltermen die elkaar wederzijds delen, we noemen deze  toegevoegde elementen. Zo zijn alle reële getallen verschillend van 0 toegevoegd aan 1. De elementen toegevoegd aan 1 noemen we eenheden. Het is duidelijk dat toegevoegde elementen slechts verschillen van een factor gelijk aan een eenheid.
  • Zijn f(x) en g(x) van nul verschillende veeltermen dan bestaat er onder de toegevoegde elementen  van hun ggd (kgv) precies 1 waarvan de hoogste graadsterm coëfficiënt 1 heeft. Deze unieke veelterm wordt weleens dé ggd(kgv) van f(x) en g(x) genoemd.
  • Voor elk tweetal veeltermen f(x) en g(x) bestaan er veeltermen p(x) en q(x) zodat ggd( f(x) , g(x) ) = p(x) . f(x) + q(x) . g(x). Dit is de eigenschap van Bezout.
  • Een veelterm, verschillend van nul en van een eenheid, waarvan de enige delers eenheden of toegevoegde elementen zijn, noemen we een irreduciebele veelterm. Deze veeltermen zijn dus niet ontbindbaar is allemaal factoren van een lagere graad. De enige irreduciebele veeltermen in \mathbb{R}\left[x \right] zijn de eerste graads veeltermen en de tweedegraads veeltermen met een negatieve discriminant.
  • Een veelterm f(x) , verschillend van nul en van een eenheid, is een priem veelterm als voor alle veeltermen g(x) en h(x) geldt dat uit  f(x) | g(x).h(x) volgt dat f(x) | g(x) of f(x) | h(x). Voor reële veeltermen is priem veelterm een synoniem voor irreduciebele veelterm.
  • Elke van nul verschillende veelterm bezit een unieke ontbinding ( op toegevoegde elementen na).
  • Als \frac{p}{q} een rationaal nulpunt is van een veelterm met gehele coëfficiënten dan deelt p de coëfficiënt a_0 en q deelt a_n in \mathbb{Z}.

Een cijferraadsel

Geplaatst op door

Als a679b een getal is van 5 cijfers en bovendien deelbaar is door 72, bepaal dan a en b.

Dit is een eenvoudig voorbeeld van een cijferraadsel. De onbekenden a en b stellen cijfers voor: 0 , …, 9. In dit raadsel is er een voorwaarde over deelbaarheid gegeven om het probleem te kunnen oplossen.

  • Een getal is deelbaar door 8 als de laatste drie cijfers deelbaar zijn door 8, dus moet 79b deelbaar zijn door 8. de enige oplossi,ng is b = 2.
  • Een getal is deelbaar door 9 als de som van de cijfers deelbaar is door 9, dus als a +6 +7 +9 +2 deelbaar is door 9.
  • Dus moet a + 6 een veelvoud zijn van 9. dan is a = 3 de unieke oplossing.
  • Besluit a = 3 en b = 2.
  • Controle 36792 = 72 . 511

Opgave 27

Geplaatst op door
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.