Tag archieven: probleem oplossend denken

Bericht navigatie

Nog 2 opgaven over priemgetallen

Geplaatst op 11 oktober 2021 door admin

De som van twee tweelingpriemen, groter dan 3, is deelbaar door 12.

Antwoord

Veronderstel dus dat $p>3$ en dat p en p+2 allebei priem zijn.
Hun som is dan $S=2(p+1)$ .
Omdat p oneven is , is p+1 even en is S dus zeker al deelbaar door 4.
p kan geen drievoud zijn. Het kan evenmin van de vorm $3k+1$ zijn , want anders zou $p+2=3(k+1)$ en dus niet priem zijn.
Bijgevolg is p van de vorm $3k-1$ en dan is $S=6k$ . Dus is S deelbaar door 3 en samen met een vorig resultaat is S dus deelbaar door 12.

Veronderstel dat p een priemgetal is en dat allebei de oplossingen van $x^2+px-444p=0$ gehele getallen zijn, zoek dan de mogelijke waarden van p.

Antwoord

De discriminant van de gegeven vergelijking is $p^2+4*444p$ .
Als de vergelijking gehele oplossingen moet hebben moet dit zeker een volkomen kwadraat zijn , dus is er een gehele q met $q^2=p^2+4*444p=p(p+4*444)$ .
Vermits hierboven p een deler is van het rechterlid en omdat p priem is moet p ook een deler zijn van q en dan kunnen we schrijven dat $q=p.r$ , met r een geheel getal.
Ingevuld vinden we zo dat $p(p+4*444)=p^2r^2$ of $pr^2=p+4*444.$
Hieruit volgt dat p een deler moet zijn van 4*444. De mogelijke waarden voor p zijn dan 2, 3 en 37.
We kunnen p = 2 of p = 3 in de oorspronkelijke vergelijking en we zien dat er dan geen gehele oplossingen zijn. Wel bij p=37.
Er is dus slechts 1 oplossing, namelijk p = 37.

Geplaatst in Opgaven | Getagged getallen leer, opgaven priemgetallen, priem getallen, probleem oplossend denken, problem solving

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.

Geplaatst in Opgaven | Getagged oefeningen problem solving, opgaven, probleem oplossend denken, vaardigheden

Opgave 24

Geplaatst op 29 augustus 2018 door admin

Bewijs dat er tussen elke 9 getallen er twee zijn, een a en een b, waarvoor

$0<\frac{a-b}{1+ab}<\sqrt{2}+1$

Antwoord

De middelste uitdrukking doet me onmiddellijk denken aan de formule voor $\tan(a-b)$ .
Bovendien volgt uit $1=\tan(\frac{\pi}{4})=\frac{2\tan(\frac{\pi}{8})}{1-\tan^2(\frac{\pi}{8})}$ dat $\tan(\frac{\pi}{8})=\sqrt{2}+1$ .
Verdeel nu het interval $]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[$ in 8 gelijke stukken.
Noteer de 9 gegeven getallen door $a_i$ met $i=1,2,\cdots,9$ . Stel vervolgens $x_i=\text{ bgtan }(a_i)$ .
Er zijn 9 getallen $x_i$ voor 8 intervallen, dus volgt uit het duivenhok principe dat er minstens twee getallen $x_i$ en $x_j$ met $x_j>x_i$ in hetzelfde interval liggen.
Dan geldt $0< x_j-x_i<\frac{\pi}{8}$ .
Omdat de tangensfunctie stijgend is op $]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[$ , volgt hieruit dat $0< \tan(x_j-x_i)=\frac{a_j-a_i}{1+a_j.a_i}<\sqrt{2}+1$ .

Geplaatst in Opgaven | Getagged duivenhokprincipe, ladenprincipe, oefening, opgave, probleem oplossend denken, problemsolving

Opgave 23

Geplaatst op 24 augustus 2018 door admin

Hoeveel kwadraten komen er voor in de eerste duizend termen van de rij $x_n=9n+7$ ?

Antwoord

$n=1$ en $n=2$ leveren onmiddellijk kwadraten op, maar daarna duurt het precies wel even voor je terug een kwadraat krijgt. Zijn er nog wel?
De getallen $x_n$ moeten tot de restklasse 7 modulo 9 behoren en een kwadraat zijn. Opdat $x_n=m ^2$ is het nodig en voldoende dat $m^2 \equiv 7 \text{ mod } 9$ .
Het is niet moeilijk de verchillende restklassen mod 9 op te schrijven voor $m^2$ :
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c} m^2&0^2&1^2&2^2&3^2&4^2&5^2&6^2&7^2&8^2\\ \hline \text{ mod }9&0&1&4&0&7&7&0&4&1 \end{array}$
Dus moet $m \equiv 4 \text{ mod }9$ of $m \equiv 5 \text{ mod }9$ .
In het eerste geval is $9n+7=(9t+4)^2$ of $n=9t^2+8t+1$ . Als $n \leq 1000$ , dan moet $0\leq t\leq 10$ . Dit levert ons al 11 oplossingen.
In het tweede geval moet $9n+7=(9t+5)^2$ of $n=9t^2+10t+2$ . Als $n \leq 1000$ , dan moet $0\leq t\leq 9$ . Dit geeft ons al 10 oplossingen.
In totaal heb je dus 21 termen in de rij die een volkomen kwadraat zijn.

Geplaatst in Opgaven | Getagged oefeningen, opgaven, probleem oplossend denken, probleem oplossend denken in wiskunde, problem solving, wiskunde

Opgave 21

Geplaatst op 27 juli 2018 door admin

Maak met de cijfers 3,4,5,6,7,8 en 9 een getal X van 4 cijfers en een getal Y van 3 cijfers zodat het product X.Y zo groot mogelijk is.

Antwoord

We schrijven X en Y in hun tientallige notatie: $X=a.10^3+b.10^2+c.10+d$ en $Y=e.10^2+f.10+g$ .
Dan is
$X.Y= ae 10^5+(af+be).10^4+(ce+bf+ag).10^3+(bg+cf+de).10^2+(cg+df).10+dg$ .
Om X.Y maximaal te maken kiezen we $ae$ zo groot mogelijk. Dit kan op 2 manieren.
Neem $a=9$ en $e=8$ . Dan is de coëfficiënt van $10^4$ gelijk aan $9f+8b$ en die wordt maximaal voor $f=7$ en $b=6$ . De coëfficiënt van $10^3$ is dan $8c+42+9g$ en die wordt zo groot mogelijk voor $c=4$ en $g=5$ . Blijft over $d=3$ . Dan is $X=9643$ en $Y=875$ en $X.Y=8437625$ .
Als $a=8$ en $e=9$ . Dan is de coëfficiënt van $10^4$ gelijk aan $8f+9b$ en die wordt maximaal voor $f=6$ en $b=7$ . De coëfficiënt van $10^3$ is dan $9c+42+8g$ en die wordt zo groot mogelijk voor $c=5$ en $g=4$ . ook hiet volgt dat $d=3$ . Dan is $X=8753$ en $Y=964$ en $X.Y=8437892$ .
Bijgevolg moet $X=8753$ en $Y=964$ .