Opgave 36

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

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

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.