Maandelijks archief: januari 2024

Les 1: ax+by=c

Geplaatst op door

Aan de hand van enkele voorbeelden bespreken we Diophantische vergelijkingen: dit zijn vergelijkingen met gehele coëfficiënten waarvan gehele oplossingen gevraagd worden.

We starten in les 1 met de basisvergelijking ax+by=c met a,b,c :in \mathbb{Z}. Neem bijvoorbeeld 7x+13y=81.

  • Omdat de grootste gemene deler van 7 en 13 gelijk is aan 1 en dit een deler is van 81, heeft deze vergelijking oplossingen.
  • Volgens de stelling van Bezout kunnen we deze grootste gemene deler schrijven als een lineaire combinatie van 7 en 13. Dat kan door het recursief gebruiken van het algoritme van Euclides voor het bepalen van de grootste gemene deler.
  • Zo is  7.2+13.(-1)=1 en dus is 7.162+13.(-81)=81 . Bijgevolg is (162,-81) een particuliere oplossing van de gegeven vergelijking.
  • Als we nu de twee vergelijkingen 7.162+13.(-81)=81 en 7x+13y=81 van elkaar aftrekken vinden we 7(162-x)=13(81+y). Bijgevolg is 7 een deler van 81+y en 13 een deler van 162-x.
  • Er bestaat dus een geheel getal t zodat

        \[\frac{162-x}{13}=\frac{81+t}{7}=t\]

    en dus is x=162-13t en y=-81+7t. Alle gehele oplossingen van de gegeven vergelijking zijn van deze vorm.

Opgave 40

Geplaatst op door

Een convexe zeshoek is ingeschreven in een cirkel met straal r. Twee zijden van deze zeshoek hebben als lengte 7 eenheden , terwijl de vier overige als lengte 20 eenheden hebben. Bepaal de straal van de cirkel.

Antwoord

  • Wat de volgorde van de zijden is, steeds moet minstens aan één zijde met lengte 7 een zijde met lengte 20 aanliggend zijn. Noem de middelpuntshoek tegenover de zijde met lengte 20  eenheden 2a en de middelpuntshoek tegenover de zijde met lengte 7 eenheden 2b.
  • Door het apothema te trekken op de zijden van de zeshoek vinden we dat \sin a=\frac{10}{r} en \sin b=\frac{3,5}{3}.
  • De som van alle middelpuntshoeken is 360^\circ, dus 2*2b+4*2a=360^\circ. Hieruit volgt dat b+2a=90^\circ.
  • Dan geldt er dat \sin b=\cos 2a=1-2\sin^2 a
  • Volgens een vorig punt is dus 1-2\sin^2 a=\frac{3,5}{r}. Of

        \[1-2\Big(\frac{10}{r}\Big)^2=\frac{3,5}{r}\]

  • Dit geeft een vierkantsvergelijking: 2r^2-7r-400=0
  • De enige positieve oplossing van deze vergelijking is 16.
  • De straal is 16 eenheden lang.

Opgave 39

Geplaatst op door

Bewijs dat geen enkel getal van de vorm

    \[3^m+3^n+1\]

met m en n strikt positieve gehele getallen, een volkomen kwadraat is.

Antwoord

  • Veronderstel dat er toch een natuurlijk getal k bestaat zodat

        \[3^3+3^n+2=k^2\]

  • Dan is 3^m+3^n=(k+1)(k-1). Omdat het linkerlid even is en omdat k-1 en k+1 dezelfde pariteit hebben, zijn k-1 en k+1 opeenvolgende even getallen.
  • Dit betekent ook dat ofwel k-1 ofwel k+1 een viervoud is. Het rechterlid (k-1)(k+1) is dus deelbaar door 8.
  • Bij deling door 8 zijn de resten van machten van 3 ofwel 1 ofwel 3. De som 3^m+3^n is dus modulo 8, gelijk aan 2,4 of 6 en dus zeker niet deelbaar door 8.
  • Bijgevolg kan 3^m+3^n+1 nooit een volkomen kwadraat zijn.

Kan men een hoek van 1 radiaal construeren met passer en liniaal?

Geplaatst op door

 

In 1873 bewijst Charles Hermite dat het getal e, de basis van de natuurlijke logaritmen, transcendent is. Ferdinand Lindemann toont in 1882 de transcendentie van \pi aan. Het werk van Lindemann is in feite een handige veralgemening van het resultaat van Hermite. Lindemann bewijst: als z een algebraïsch getal is, verschillend van nul, dan is e^z transcendent. Transcendente getallen kunnen niet met passer en liniaal geconstrueerd worden.

De imaginaire eenheid i is een algebraïsch getal, want i is een wortel van de vergelijking x^2+1=0, bijgevolg is e^i transcendent. We weten dat e^i=\cos 1+i \sin 1. Omdat de som van twee algebraïsche getallen algebraïsch is , kunnen \cos 1 en \sin 1 onmogelijk allebei algebraïsch zijn. Maar als bijvoorbeeld \cos 1 algebraïsch zou zijn dan is \sin 1=\sqrt{1-\cos^2 1} het ook en omgekeerd. Bijgevolg zijn \cos 1 en \sin 1 allebei transcendent en is het duidelijk dat een hoek van 1 radiaal niet te tekenen is met passer en lineaal.

De verjaardagsparadox

Geplaatst op door

Hoe groot is de kans dat in een groep van n personen er minstens twee op dezelfde dag jarig zijn? Dit  probleem, in 1939 bedacht door de Oostenrijks wetenschapper en filosoof, Richard von Mises(1883-1953), is belangrijk omdat de oplossing de meeste mensen onwaarschijnlijk lijkt.

Als we uitgaan van 365 dagen in een jaar is de gevraagde kans gelijk aan

    \[1-\frac{365!}{(365-n)!365^n}\]

Een paar waarden:

    \[\begin{array}{c|c} n& kans \\ \hline 20&0,411\\23&0,507\\30&0,706\\40&0,891\\50&0,970 \end{array}\]

Voor een groep van 23 personen is de kans al 50%. Dat het aantal personen in de groep zo laag is, komt doordat we niet specifieke persoenen of een specifieke datum zochten. Van 23 personen zijn 253 verschillende paren voor te stellen, en maar 1 van die paren hoeft te voldoen!