Wiskunde is leuk

Opgave 36

Geplaatst op 26 september 2022 door admin

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.

Nootje 9

Geplaatst op 29 april 2019 door admin

Als de omtrek van een driehoek gelijk is aan 2, bewijs dan dat niet alle hoogtelijnen langer kunnen zijn dan $\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Antwoord

Noteer de drie zijden van de driehoek door $a,b$ en $c$ en de hoogtelijnen door $h_a,h_b$ en $h_c$ .
Er moet dus minstens 1 hoogtelijn kleiner zijn dan $\frac{1}{\sqrt{3}}$ . De kleinste hoogtelijn staat loodrecht op de grootste zijde.
Veronderstel dat $a$ de grootste zijde is dan is $a\geq \frac{2}{3}$ .
De oppervlakte van de driehoek is gelijk aan $\frac{1}{2}a.h_a$ , maar ook gelijk aan $\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ . Hierin is $p$ de halve omtrek en dus is $p=1$ .
Bijgevolg is $\frac{1}{2}a.h_a = \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}$ of $h_a=\frac{2}{a}\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq 3\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}$ .
Gebruik nu de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde : $\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{1}{3}(1-a+1-b+1-c)=\frac{1}{3}$ .
Hieruit volgt dat $\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} \leq \frac{1}{\sqrt{27}}$ .
Ten slotte is dus $h_a \leq 3.\frac{1}{\sqrt{27}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

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.

Opgave 26

Geplaatst op 2 januari 2019 door admin

Geef alle rechthoekige driehoeken waarvan de zijden natuurlijke getallen zijn en waarvan de oppervlakte tweemaal de omtrek is

Antwoord

Bij een rechthoekige driehoek met gehele getallen denken we onmiddellijk aan Pythagorese drietallen. De zijden zijn van de vorm $a=d(u^2-v^2),b=2uvd$ en $c=d(u^2+v^2)$ . Hierbij zijn u en v onderling ondeelbaar en is één ervan even en de ander oneven. Bovendien is d de grootste gemene deler van de drie zijden en $u>v$ .
De voorwaarde dat de oppervlakte het dubbel is van de omtrek betekent dat $ab=4(a+b+c)$ of uitgedrukt in u en v : $(u-v)vd=4$ .
Omdat $u-v$ zeker oneven is en een deler is van 4 moet $u-v=1$ . Ook moet $v=1,2$ of 4. Hieruit volgt dat $u=2,3$ of 5 en $d=4,2$ of 1.
We vinden dus 3 driehoeken die voldoen aan de gegeven voorwaarden: $(12,16,20),(10,24,26)$ en $(9,40,41)$ .

Opgave 25

Geplaatst op 2 oktober 2018 door admin

Wanneer is het produkt P van de eerste n natuurlijke getallen deelbaar door hun som S?

Antwoord

Omdat deelbaarheid van een getal door een ander getal een kwestie is van aan te tonen dat de factoren van ene getal ook factoren zijn van het andere getal, gaan we de som 1 + 2 + 3 +… + n vervangen door $\frac{1}{2}n(n+1)$ .
Voor n = 1 is het duidelijk dat er deelbaarheid is. We nemen dus $n>1$ .
Er is geen reden om n op een bepaalde manier te bekijken, dus zijn we het best gediend met 2 hoofdgevallen te bekijken : n even en n oneven.
Als n oneven is, stellen we $n = 2m + 1$ . Dan is $S=(2m+1)(m+1)$ en $P=1.2....m(m+1)....(2m+1)$ . Het is duidelijk dat de twee factoren 2m+1 en m+1 in S ook factoren zijn van P. Besluit: als n oneven is dan is P altijd deelbaar door S.
Als n even is, stellen we n=2m en dan is $S=m(2m+1)$ en $P=1.2.....m.....2m$ . De factor m uit S is dus zeker al een factor van P.
Rest dus nog de vraag wanneer $\frac{1.2...m....2m}{m}$ deelbaar is door 2m+1? Als 2m+1 een priemgetal is komt het zeker niet voor in $1.2....(m-1)(m+1)...2m$ .
Als 2m+1 geen priemgetal is dan schrijven we $2m+1=a.b$ met $1<a\leq b$ . Dit betekent onder meer dat $2m \geq 3$ . Uiteraard is $b\leq 2m-1$ . Als nu $a<b$ , dan staan beide factoren a en b in het produkt $1.2....(m-1)(m+1)...2m$ .
Blijft nog de mogelijkheid dat a=b. Het is duidelijk dat a>2, waaruit volgt dat $a-1 \geq 2$ , $a^2-a\geq 2a$ , $a^2-2>2a$ en dus $2m-1>2a$ . Hieruit volgt dat a en 2a allebei als factoren voorkomen in $1.2....(m-1)(m+1)...2m$ .
Algemeen besluit: P is niet deelbaar door S als n+1 een oneven priemgetal is.

Als de omtrek van een driehoek gelijk is aan 2, bewijs dan dat niet alle hoogtelijnen langer kunnen zijn dan .

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

Geef alle rechthoekige driehoeken waarvan de zijden natuurlijke getallen zijn en waarvan de oppervlakte tweemaal de omtrek is

Wanneer is het produkt P van de eerste n natuurlijke getallen deelbaar door hun som S?

Als de omtrek van een driehoek gelijk is aan 2, bewijs dan dat niet alle hoogtelijnen langer kunnen zijn dan $\frac{1}{\sqrt{3}}$ .