Inhoud
Inleiding
Het is dit jaar (2024) precies 25 jaar geleden dat Wiskunst online is gegaan. Het allereerste artikel ging over Getal-eigenschappen. Het leek mij dan ook passend om 25 jaar na dato weer een artikel over getal-eigenschappen te maken maar nu wat “ingewikkelder” (cognitieve evolutie) dan toen.
We gaan deze getal-eigenschappen wiskundig bewijzen. Daarvoor kan het handig zijn als u nog even kijkt naar het artikel dat over Bewijzen gaat.
En tot slot komen natuurlijk ook de priemgetallen aan de orde!
De ideeën voor de onderwerpen komen van het internet (Prime Newtons en Matt Parker).
6 is een deler van n3+11n
Als u hierover even nadenkt dan is dit toch enigszins opmerkelijk. Een derde macht van een getal plus 11 maal dat getal is altijd deelbaar door 6.
Het werkt altijd om er even een Excel-tabelletje van te maken om wat inzicht te vergaren:
| 6|n^3+11n |
|
|
|
|
|
| n |
n^3 |
11n |
n^3+11n |
/6 |
| 1 |
1 |
11 |
12 |
2 |
| 2 |
8 |
22 |
30 |
5 |
| 3 |
27 |
33 |
60 |
10 |
| 4 |
64 |
44 |
108 |
18 |
| 5 |
125 |
55 |
180 |
30 |
| 6 |
216 |
66 |
282 |
47 |
| 7 |
343 |
77 |
420 |
70 |
| 8 |
512 |
88 |
600 |
100 |
| 9 |
729 |
99 |
828 |
138 |
| 10 |
1000 |
110 |
1110 |
185 |
| 11 |
1331 |
121 |
1452 |
242 |
| 12 |
1728 |
132 |
1860 |
310 |
| 13 |
2197 |
143 |
2340 |
390 |
| 14 |
2744 |
154 |
2898 |
483 |
| 15 |
3375 |
165 |
3540 |
590 |
Een derde macht wordt al snel groter. In de laatste kolom zien we inderdaad dat het geheel deelbaar is door 6. Dit geldt in ieder geval voor de eerste 15 (natuurlijke) getallen.
We moeten nu gaan bewijzen dat dit voor ieder natuurlijk getal geldt.
Dit gaan we doen door middel van volledige inductie.
Als x een deler is van y dan schrijven wiskundigen dat als: x|y.
Stelling: 6|(n3+11n) (met n∈ℕ)
Bewijs:
Als een getal deelbaar is door 6 dan moet het ook deelbaar zijn door 2 en door 3 (zie ook Stelling 3 verderop). Het bewijs zal dan ook bestaan uit twee delen. In deel I) bewijzen we dat n3+11n deelbaar is door 2 en in deel II) bewijzen we dat n3+11n deelbaar is door 3.
I)
a) Als n even is dan kunnen we n schrijven als n=2v (met v∈ℤ). Dan is n3+11n = (2v)3+11·2v = 8v3 + 22v = 2(4v3+11v) .
b) Als n oneven is dan kunnen we n schrijven als n=2v+1 (met v∈ℤ). Dan is n3+11n = (2v+1)3+11(2v+1) = 8v3+12v2+6v+1+22v+11 = 8v3+12v2+28v+12 = 2(4v3+6v2+14v+6).
Uit a) en b) volgt dat als n even is of n oneven is dat n3+11n deelbaar is door 2. Dus 2|(n3+11n).
II) Volledige inductie:
a) voor n=1 geldt: n3+11n = 13+11·1 = 12 en 3 is een deler van 12, ofwel 3|12.
b) Stel dat 3|(n3+11n) dan kan ik n3+11n schrijven als 3m (met m∈ℤ), dus n3+11n = 3m.
Dan geldt voor n→n+1: (n+1)3 + 11(n+1) = n3+3n2+3n+1 + 11n+11 = n3+11n + 3n2+3n+12 =[inductiestap] 3m + 3(n2+n+4) = 3(m + n2+n+4).
Dus 3|(n3+11n).
Uit I) en II) volgt nu dat 2|(n3+11n) en 3|(n3+11n) en dus dat (2×3=) 6|(n3+11n).
q.e.d.
7 is een deler van 11n-4n
En nog zo eentje. Maar deze is nog gekker! Hadden we in de vorige paragraaf nog te maken met een 3e-macht, nu hebben we te maken met een exponentieel verhaal.
Laten we eerst maar weer eens een Excel-tabel maken:
| 7|(11^n-4^n) |
|
|
|
|
|
| n |
11^n |
4^n |
11^n-4^n |
/7 |
| 1 |
11 |
4 |
7 |
1 |
| 2 |
121 |
16 |
105 |
15 |
| 3 |
1331 |
64 |
1267 |
181 |
| 4 |
14641 |
256 |
14385 |
2055 |
| 5 |
161051 |
1024 |
160027 |
22861 |
| 6 |
1771561 |
4096 |
1767465 |
252495 |
| 7 |
19487171 |
16384 |
19470787 |
2781541 |
| 8 |
214358881 |
65536 |
214293345 |
30613335 |
| 9 |
2357947691 |
262144 |
2357685547 |
336812221 |
| 10 |
25937424601 |
1048576 |
25936376025 |
3705196575 |
| 11 |
285311670611 |
4194304 |
285307476307 |
40758210901 |
| 12 |
3138428376721 |
16777216 |
3138411599505 |
448344514215 |
| 13 |
34522712143931 |
67108864 |
34522645035067 |
4931806433581 |
| 14 |
379749833583241 |
268435456 |
379749565147785 |
54249937878255 |
| 15 |
4177248169415650 |
1073741824 |
4177247095673830 |
596749585096261 |
We zien dat de getallen erg snel groeien maar dat het resultaat inderdaad steeds door 7 deelbaar is. Dus voor de eerste 15 (natuurlijke) getallen lijkt het te kloppen.
Maar we gaan dit ook weer netjes bewijzen met, wederom, volledige inductie.
Stelling: 7|(11n-4n) met n∈ℕ.
Bewijs door middel van volledige inductie:
a) Voor n=1 geldt: 11n-4n = 111-41 = 11-4 = 7, en 7|7.
b) Stel dat 7|(11n-4n) dan kan ik 11n-4n schrijven als 7p (met p∈ℤ), dus 11n-4n = 7p.
Dan geldt voor n→n+1: 11(n+1)-4(n+1) = 11n·11 -4n·4.
En nu gaan we een slimmigheidje toepassen: Merk op dat 11 = 7+4 en die 7 en 4 zijn niet zomaar willekeurig gekozen, want deze komen allemaal voor in de formule! En hier gaan we gebruik van maken.
11n·11-4n·4 = (7+4)·11n – 4·4n = 7·11n+4·11n – 4·4n = 7·11n + 4(11n-4n) = 7·11n + 4·7p = 7(11n + 4p). Dus 7|(11n+4p).
Uit a) en b) volgt nu dat 7|(11n-4n).
q.e.d.
Op een zelfde manier kun je nu bewijzen (niet doen hoor!) dat 5|(16n-11n) en 4|(9n-5n) en 121|(300n-179n).
Kortom er zit een bepaalde regelmaat in dat ons ertoe moet brengen dat we dit alles generiek moeten maken en dus ook generiek moeten bewijzen.
Er geldt altijd dat het verschil van de factoren van de n-machten de deler oplevert. Uit de oorspronkelijke stelling is 11-4=7. En in de voorbeelden hierboven geldt dat: 16-11=5, 9-5=4 en 300-179=121.
We moeten het bovenstaande dus generiek maken. Welnu:
Stelling: Voor iedere a∈ℕ, b∈ℕ, n∈ℕ, met a>b geldt: (a-b)|(an-bn)
Het bewijs gaat als het bewijs hierboven, dus met volledige inductie.
Bewijs:
a) Voor n=1 geldt: a1-b1=a-b en (a-b)|(a-b).
b) Stel (a-b)|(an-bn) dan kan ik (an-bn) schrijven als (a-b)p (met p∈ℤ), dus (an-bn) = (a-b)p.
Dan geldt voor n->n+1: a(n+1)-b(n+1) = an·a-bn·b = ((a-b)+b)n-b·bn = (a-b)·an+b·an – b·bn = (a-b)·an+b(an-bn) = (a-b)·an+b·((a-b)p) = (a-b)·an+(a-b)(bp), dus (a-b)|(an+bp).
Uit a) en b) volgt nu dat (a-b)|(an-bn).
q.e.d.
24 is een deler van n(n+2)(5n-1)(5n+1)
De laatste in de serie.
Om dit te bewijzen moeten we eerst een aantal zaken weten.
Ten eerste het merkwaardige product (a-b)(a+b) = a2-b2.
Ten tweede de volgende stelling:
Stelling 1: Het product van 2 opeenvolgende even getallen is deelbaar door 8.
Bewijs:
Stel 2|n, zeg n=2k (met k∈ℤ), dan n(n+2) = 2k(2k+2) = 4k2+4k = 4k(k+1).
k(k+1) is even (want k en k+1 liggen naast elkaar op de getallenlijn, dus k is even of k+1 is even, en een even getal keer een oneven getal is een even getal).
Zeg k(k+1) = 2m (met m∈ℤ), dan 4k(k+1) = 4·2m = 8m.
Dus 8|[n(n+2)].
Ten derde de volgende stelling:
Stelling 2: Als a∈ℕ, b∈ℕ, c∈ℕ en a|b en a|c dan a|(b+c).
Bewijs:
a|b → b=na (met n∈ℤ), a|c → c=ma (met m∈ℤ). b+c = na+ma = a(n+m). Dus a|(b+c).
En tot slot nog een stelling:
Stelling 3: Als a|n en b|n en de GGD(a, b)=1 [dus a en b zijn relatief priem] dan ab|n.
Bewijs:
a|n → n=ax en b|n→ n=by met x,y∈ℤ.
Uit GGD(a, b)=1 volgt (zie Stelling van Bezout) dat ar+bs=1 met r,s∈ℤ.
Dus arn+bsn=n ⇒ arby+bsax=n ⇒ ab(ry+sx)=n.
(ry+sx)∈ℤ, zeg ry+sx=k (dus ook ∈ℤ) dan
abk=n en dus ab|n.
En nu kunnen we aan de slag.
Stelling: 24|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)]
Bewijs:
24 heeft een aantal delers waarvan 8 heel interessant is (zie Stelling 1), dan blijft 3 als andere deler over, immers 3×8=24.
We moeten dus aantonen dat 3 en 8 delers zijn van n(n+2)(5n-1)(5n+1).
I) deler 8
a) Als 2|n dan is 8|[(n(n+2)] volgens Stelling 1, want n en n+2 zijn twee opeenvolgende even getallen.
b) Als 2∤n dan 2|(5n-1) en 2|(5n+1) dus 8|[(5n-1)(5n+1)] volgens Stelling 1, want (5n-1) en (5n+1) zijn even (waarom?) en zijn twee opeenvolgende even getallen. [∤ betekent: geen deler van]
Uit a) en b) volgt dat 8|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)].
II) deler 3
(5n-1)(5n+1) = (25n2-1) volgens merkwaardig product, dus
n(n+2)(5n-1)(5n+1) = n(n+2)(25n2-1)
Nu zien we daar niet direct een 3-voud verschijnen, maar met een trucje kunnen we dit wel voor elkaar krijgen: 25n2=24n2+n2, en 24 is wel een 3-voud. Dit gaan we toepassen:
n(n+2)(25n2-1) = n(n+2)(24n2+n2-1)
Merk op dat n2-1 = (n-1)(n+1), weer het merkwaardige product:
n(n+2)(24n2+n2-1) = n(n+2)(24n2+(n-1)(n+1)) = 24n3(n+2)+(n-1)n(n+1)(n+2).
3|24n3(n+2), want 3|24 en 3|[(n-1)n(n+1)(n+2)], want (n-1), n, (n+1), (n+2) zijn 4 opeenvolgende getallen op de getallenlijn en in elke 3 opeenvolgende getallen op de getallenlijn zit altijd een 3-voud.
Dus 3|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)] volgens Stelling 2.
Uit I) en II) volgt nu dat 8|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)] en 3|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)] en daar 8 en 3 relatief priem zijn geldt dan volgens Stelling 3 dat 24|[n(n+2)(5n-1)(5n+1)].
q.e.d.
Priemconstante
Hoe zouden we kunnen ontdekken als we een signaal uit de ruimte zouden krijgen dat we met intelligente wezens te maken hebben?
We zouden in het signaal kunnen zoeken naar de waarde van pi of van e waarmee deze wezens zouden aantonen iets van wiskunde te hebben begrepen.
Maar ze zouden ook het (decimale) getal 0,414682509377599… kunnen doorseinen waarmee ze zouden aantonen werkelijk verstand te hebben van wiskunde.
Waar komt dat gekke getal vandaan en wat heeft dat met priemgetallen te maken?
Om tot de antwoorden te komen moeten we eerst kijken naar binaire fracties. En om daar te komen wellicht nog even ophalen wat binaire getallen zijn en hoe deze om te zetten naar decimale getallen.
Binaire getallen
Een binair getal bestaat uitsluitend uit ‘1’-en en ‘0’-en. De plaats van een ‘1’ of een ‘0’ bepaalt de waarde.
Dat is ook het geval in ons decimale stelsel. In het decimale stelsel maken we gebruik van de symbolen ‘0’ tot en met ‘9’, die we cijfers noemen, en de waarde van de cijfers hang af van de positie in het getal.
En iedere positie is een macht van 10 (decimaal). Positie 0 is het cijfer geheel rechts, positie 1 het cijfer daarvoor etc.
Zo betekent 234: 2×102+3×101+4×100 = 200+30+4 = 234.
En zo gaat het ook met binaire getallen, zij het dat we dan met machten van 2 (binair) werken in plaats van machten van 10.
Zo betekent 1011001: 1×26+0×25+1×24+1×23+0×22+0×21+1×20 = 64+16+8+1 = 89 (decimaal).
Nu de fracties, dus getallen achter de komma.
In het decimale stelsel gaat het als volgt:
Het eerste cijfer na de komma wordt vermenigvuldigd met 1/101, het tweede cijfer met 1/102, het derde met 1/103 etc.
En met binaire fracties gaat dat analoog, alleen weer met 2 als grondtal.
Dus 0,10011 betekent: 1×1/21+0×1/22+0×1/23+1×1/24+1×1/25 = (decimaal) 1/2+1/16+1/32 = 19/32 = 0,59375.
De priemconstante
De priemconstante komt nu als volgt tot stand:
Maak een binair komma getal waarbij op de posities na de komma die een priemgetal zijn een ‘1’ komt te staan en op de andere posities een ‘0’.
Dus dat wordt dan: 0,0110101000101000101000100000101… en zet dit om naar een decimaal getal.
Een tabelletje laat de ontwikkeling zien:
| 0,0110101000101000101000100000101 |
| plaatsen (p) met een 1 |
2^p |
1/2^p |
cumulatieve som |
| 2 |
4,00 |
0,250000000000000 |
0,250000000000000 |
| 3 |
8,00 |
0,125000000000000 |
0,375000000000000 |
| 5 |
32,00 |
0,031250000000000 |
0,406250000000000 |
| 7 |
128,00 |
0,007812500000000 |
0,414062500000000 |
| 11 |
2048,00 |
0,000488281250000 |
0,414550781250000 |
| 13 |
8192,00 |
0,000122070312500 |
0,414672851562500 |
| 17 |
131072,00 |
0,000007629394531 |
0,414680480957031 |
| 19 |
524288,00 |
0,000001907348633 |
0,414682388305664 |
| 23 |
8388608,00 |
0,000000119209290 |
0,414682507514954 |
| 29 |
536870912,00 |
0,000000001862645 |
0,414682509377599 |
| 31 |
2147483648,00 |
0,000000000465661 |
0,414682509843260 |
En met een klein Python programma kun je nog wat verder komen:
primeconstant.py
#calculate the prime constant
#make binary number as follows:
# 0.xxxxxxxx … the first x has index 1, the second x has index 2 etc.,
# if the index is prime then replace x with a “1” else replace x with a “0”
import sympy
def str2float(s: str, base:int=10, numofdecimals:int=100, verbose:bool=False) -> sympy.Float:
if verbose:
print(s)
dot, f = s.find(‘.’) + 1, int(s.replace(‘.’, ”), base)
return f / sympy.Float(base, numofdecimals)**(len(s) – dot) if dot else f
def generateBinPrime(numofdigits:int=100) -> str:
s=’0.0′
for i in range(2, numofdigits+1):
if sympy.isprime(i):
s += ‘1’
else:
s += ‘0’
return s
print(str2float(generateBinPrime(numofdigits=200), base=2, numofdecimals=100, verbose=True))
kopieer primeconstant.py naar kladblok