Ongelijkheden en Arthur Engel (wiskundemarathon #8)

Gegroet wiskundige bollebozen,

een van de beste boeken over problem-solving is Problem-Solving Strategies (Arthur Engel). In dit boek staan zeer veel wiskundige problemen en oefeningen van gemiddeld tot moeilijk. In deze post maak ik opgave 45a en 45b (p.182) uit het hoofdstuk Ongelijkheden.

a) x,y,z>0: \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\geq\frac{y}{x} +\frac{z}{y}+\frac{x}{z}

Bewijs: w.l.o.g. stel dat a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}. Daaruit volgt dat  abc=1.

Nu moeten we bewijzen dat:
a^2+b^2+c^2 \geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}
\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ab
\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2\geq 2ab+2bc+2ab
\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\geq 0
\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0
 \square

b) x,y,z>0: \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\geq\frac{x}{y} +\frac{y}{z}+\frac{z}{x}

Bewijs: w.l.o.g. stel dat a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}. Daaruit volgt dat  abc=1.

Nu moeten we bewijzen dat:
a^2+b^2+c^2 \geq a+b+c

We passen eerst QM-AM en daarna AM-HM toe op  \{a,b,c\}. Ook gebruiken we het feit dat  abc=1.

a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{(a+b+c)(a+b+c)}{3} \geq \frac{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}{3}=a+b+c
 \square

WiskundeJongen

Appendix wiskundemarathon #5

Gegroet wiskundige wezens,

in deze post tonen we jullie een nieuwe manier om de vraag van wiskundemarathon #5 op te lossen:
wiskundemarathon deel 5 afbeelding

Eerst introduceren we een nieuwe functie:  \nu_p(n) is gelijk aan het aantal priemfactoren  p in de priemontbinding van  |n| met  n\in\mathbb{Z} .

Er geldt dat \nu_p(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor{\frac{n}{p^k}}\right\rfloor. We gaan deze formule in de volgende post bewijzen. Neem deze nu voorlopig gewoon aan of probeer hem zelf als oefening eens te bewijzen.

Nu zoeken we \nu _{2} \left(\frac{(2n)!}{n!}\right). Dit is gelijk aan \nu _{2} \left((2n)!\right) - \nu _{2} \left(n!\right).
Nu werken we uit:
\nu _{2} \left((2n)!\right) - \nu _{2} \left(n!\right)
 
=\sum_{k=1}^{\infty} \left \lfloor{\frac{2n}{2^k}}\right \rfloor - \sum_{k=1}^{\infty} \left \lfloor{\frac{n}{2^k}}\right \rfloor
 
=\sum_{k=1}^{\infty} \left ( \left \lfloor{\frac{n}{2^{k-1}}}\right \rfloor - \left\lfloor{\frac{n}{2^k}}\right\rfloor\right )
 
=n+\sum_{k=1}^{\infty} \left (\left\lfloor{\frac{n}{2^{k}}}\right \rfloor -\left\lfloor{\frac{n}{2^k}}\right\rfloor\right )=n
 \square
Analoog kunnen we bewijzen dat \nu _{p} \left(\frac{(pn)!}{n!}\right)=n

WiskundeJongen

Brahmagupta-Fibonacci-identiteit en Cauchy-Schwarz-ongelijkheid (wiskundemarathon #7)

Hey wiskundigen,

het is weer tijd voor een nieuwe post van de wiskundemarathon. Deze keer lossen we slechts 1 opgave op. We gebruiken de Brahmagupta-Fibonacci-identiteit (?) en de gekende Cauchy-Schwarz-ongelijkheid (zie vorige post). Maar voor we beginnen zal ik eerst de Brahmagupta-Fibonacci-identiteit uitleggen.

De Brahmagupta-Fibonacci-identiteit

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(bc+ad)^2+(ac-bd)^2

De afleiding van deze identiteit laten we aan de lezer over.

Nu we de Brahmagupta-Fibonacci-identiteit (oftewel de BF-identiteit) kennen, kunnen we de opgave oplossen. De opgave (in het Engels) gaat als volgt:Schermafbeelding (11)

We zoeken dus een zekere n zodat \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}\leq \sqrt{n}

Merk op dat: \frac{20bc+14bd+20ad-14ac}{a^2+b^2+c^2+d^2}=\frac{10bc+7bd+10ad-7ac}{a^2+b^2}=\frac{10(bc+ad)+7(bd-ac)}{a^2+b^2}

Als we nu stellen dat p=bc+adq=bd-ac en  r=a^2+b^2 dan vinden we door de BF-identiteit: r^2=p^2+q^2.

Vullen we dit in in onze vorige vergelijking, dan vinden we:
\frac{10(bc+ad)+7(bd-ac)}{a^2+b^2}=\frac{10p+7q}{r}

Gebruiken we nu de Cauchy-Schwarz-ongelijkheid:
(10p+7q)^2\leq (p^2+q^2)(100+49)
We vonden al dat r^2=p^2+q^2 en als we dat in onze ongelijkheid invullen, bekomen we dat:
\frac{(10p+7q)^2}{r^2}\leq 149

\Leftrightarrow \frac{10p+7q}{r}\leq \sqrt{149}

We vinden dus dat n=149.

WiskundeJongen

Meer wiskundemarathonposts volgen!

Ongelijkheden (wiskundemarathon #6)

Hey wiskundige volbloeden,

een heel leuke tak van de wiskunde die nog niet aan bod is gekomen in de wiskundemarathon, zijn ongelijkheden. Er bestaan heel leuke technieken om moelijke ongelijkheden te bewijzen, maar nu bewijzen we een paar makkelijke oefeningen op om vertrouwd te geraken met de verschillende technieken. In volgende posts gaan we dan dieper in op de materie. We zullen de verschillende stellingen hier niet bewijzen, want dat zou ons te ver drijven.

Techniek 1: AM-GM (Arithmetic Mean-Geometric Mean)

 \forall x_1, x_2, ..., x_n \in \mathbb{R}; x_1, x_2, ..., x_n \geq 0 :\frac{ x_1+ x_2+ ...+ x_n}{n} \geq \sqrt{ x_1 x_2 ...x_n}
Nu maken we een oefening op deze techniek. Ik vond deze opgave bij het oefenmateriaal van de Nederlandse IMO-training.
Schermafbeelding (8)
We vinden via AM-GM dat:  \frac{1+2+...+n}{n} \geq \sqrt[n]{n!}
We hebben al bewezen dat  \sum_{i=0}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2} (zie wiskundemarathon #4). Nu bekomen we:
 \frac{1+2+...+n}{n} \geq \sqrt[n]{n!}
\Leftrightarrow \frac{n+1}{2} \geq \sqrt[n]{n!}
\Leftrightarrow n+1 \geq 2\sqrt[n]{n!}
\Leftrightarrow (n+1)^n \geq 2^n n!
 \square

Dit is een techniek die veel toepassingen kent. In volgende posts zullen we enkele ingewikkeldere oefeningen maken. De volgende techniek is echter mijn favoriet.

Techniek 2: Cauchy-Schwarz

 \forall x_1,x_2,...,x_i,y_1,y_2,...,y_i \in \mathbb{R}:\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n x_i y_i\right)^2 \leq \left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n x_i^2 \right)\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n y_i^2 \right)

Dit is een krachtige stelling en daardoor ook zeer populair bij problem-solving. We maken nu een oefening om aan te tonen hoe mooi en elegant deze techniek is. Deze oefening vond ik ook bij de Nederlandse training voor de IMO.Schermafbeelding (9)

Passen we Cauchy-Schwarz toe op  (x_1 , x_2 , x_3)= \left( \sqrt{1-\frac{1}{x}},\sqrt{1-\frac{1}{y}},\sqrt{1-\frac{1}{z}}\right) en  (y_1 , y_2 , y_3)= \left( \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right) , dan vinden we:

\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\right)^2\leq\left(3-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\right)\left(x+y+z\right) \Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\right)^2\leq x+y+z

\Leftrightarrow\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\leq \sqrt{x+y+z}
\square

Als extraatje lossen we nog een finalevraag van de JWO op. De vraag komt uit de JWO-finale van een paar jaar geleden en we zullen die op 3 verschillende manieren oplossen.

1) Bewijs dat  a^2+b^2+c^2 \geq ab+ac+bc

Oplossing 1: We herschrijven de ongelijkheid tot:
a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\geq 0
Nu vermenigvuldigen we beide leden met 2 en herschikken de ongelijkheid:
 2a^2+2b^2+2c^2 -2ab-2ac-2bc\geq 0
\Leftrightarrow(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2\geq 0
\square

Oplossing 2: Nu gebruiken we Cauchy-Schwarz met  (x_1 , x_2 , x_3)= \left(a,b,c\right) en  (y_1 , y_2 , y_3)= \left( b,c,a\right) :
(ab+bc+ac)^2\leq\left(a^2+b^2+c^2\right)^2
\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2
\square

Oplossing 3: We lossen deze vraag ook op met een methode die we in de volgende ongelijkhedenpost zullen uitleggen en illustreren: de herschikkingsongelijkheid.

We stellen zonder verlies van algemeenheid dat a\geq b\geq c. Dan bekomen we:
a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc \geq 2ac+b^2
\square

We zien dat hoe complexer (deze zijn nog zeer eenvoudig) de techniek wordt, hoe krachtiger hij wordt. Volgende post zullen we nog enkele zeer handige technieken en stellingen introduceren en nog enkele vraagstukken maken.

WiskundeJongen

Krijg je maar niet genoeg van ongelijkheden? Hieronder vind je een paar documentjes en links waarmee je kunt oefenen.

http://studwww.ugent.be/~pwvdendr/ongelijkheden.pdf
http://www.win.tue.nl/~gpuite/lesbrief/training0809/mrt09ongelijkheden1.pdf
http://www.win.tue.nl/~gpuite/lesbrief/trainFokkoongelijk.pdf

http://sotseurm.files.wordpress.com/2012/08/pham-kim-hung-secrets-in-inequalities-volume-1.pdf

Getaltheorie met inductie (wiskundemarathon #5)

Hallo wiskundefreaks,

in korte vijfde deel van de wiskundemarathon los ik één opgave op van getaltheorie (ik vond deze vraag in de bundel getaltheorie van de Nederlandse training voor de International Mathematical Olympiad). De opgave luidt: wiskundemarathon deel 5 afbeelding
We definiëren de functie  p(n) als het aantal priemfactoren 2 in  (n+1)(n+2)...(2n) . Eerst observeren we enkele gevallen:
 p(1)=1
 p(2)=2
 p(5)=5
 p(13)=13

We krijgen het vermoeden dat \forall n\in \mathbb{N}: p(n)=n .
Nu gaan we dit bewijzen met onze welbekende techniek: volledige inductie (zie wiskundemarathon #4).

Inductiebasis: Voor  n=0 is het duidelijk dat  p(0)=0 .
Inductiestap: We stellen dat  (n+1)(n+2)...(2n)=2^n \cdot k met  k=2m+1  (m \in \mathbb{N}). Dit is gelijk aan stellen dat  p(n)=n .

Nu moeten we bewijzen dat  p(n+1)=n+1 :

 (n+2)(n+3)...(2n)(2n+1)(2n+2)
= (n+2)(n+3)...(2n)(2n+1)\cdot 2 \cdot (n+1)
 = 2\cdot 2^n\cdot k\cdot (2n+1)
 = 2^{n+1}\cdot k\cdot (2n+1)
\Rightarrow p(n+1)=n+1
 \square

WiskundeJongen

PS: Trouwe lezers zullen opgemerkt hebben dat ik mijn archaïsh “q.e.d.” heb ingewisseld door het modernere  \square om het einde van een bewijs aan te duiden. Dit symbool is indertijd voorgesteld door Paul Halmos.

Inductie (wiskundemarathon #4)

Gegroet wiskundige gelijkgezinden,

vandaag is het tijd voor deel 4 van onze wiskundemarathon. Vandaag lossen we enkele opgaves op met een speciale techniek, namelijk inductie. Op deze website vond ik deze definitie en werkwijze voor volledige inductie: volledige inductie

Nu we weten wat inductie precies is, maken we een paar opgaves lukraak geplukt uit het wiskundearsenaal. We beginnen met een paar gemakkelijke en gaan dan verder naar een paar minder gemakkelijke.

(Een klassieker)
1. Bewijs dat voor n\in \mathbb{N}, geldt dat \sum_{i=0}^{n}i =\frac{n(n+1)}{2}
Inductiebasis: We vinden dat dit geldt voor n=0 want 0=0
Inductiestap: We nemen aan dat \sum_{i=0}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}. Nu moeten we enkel nog bewijzen dat het ook voor n+1 geldt.
\sum_{i=0}^{n+1}i=\frac{n(n+1)}{2}+n+1

<=> \sum_{i=0}^{n+1}i=\frac{n^2+n+2n+2}{2}

<=> \sum_{i=0}^{n+1}i=\frac{n(n+2)+(n+2)}{2}

<=> \sum_{i=0}^{n+1}i=\frac{(n+1)(n+2)}{2}

q.e.d.

2. Bewijs dat voor  n,k\in \mathbb{N} (we definiëren  \mathbb{N}=\{ 1,2,3...\} ) geldt dat  3^{2n+1}+2^{n-1}=7k
Inductiebasis:  n=1 \Rightarrow 3^{3}+2^0=28=7\cdot 4
Inductiestap: Stel dat  3^{2n+1}+2^{n-1}=7k, dan moeten we enkel nog bewijzen dat  3^{2(n+1)+1}+2^{(n+1)-1}=7l met l\in \mathbb{N} .

 3^{2(n+1)+1}+2^{(n+1)-1}
 =3^{2n+3}+2^{n}
 =9\cdot 3^{2n+1}+2\cdot 2^{n-1}
 =2\cdot (3^{2n+1}+2^{n-1})+7\cdot 3^{2n+1}
 =14k+7\cdot 3^{2n+1}
 =7\cdot (2k+3^{2n+1})

q.e.d.

3. Bewijs dat voor  n\in \mathbb{N} en  n\geqslant 2 geldt dat:  n!-1 kan geschreven worden als de som van  n-1 delers van  n!
Inductiebasis: n=2 \Rightarrow 2!-1=1
Inductiestap:  a_1, a_2, a_3...a_{n-1} zijn delers van  n!
=>  n!-1=a_1+a_2+...+a_{n-1}

Na een beetje zoeken vinden we dat:  (n+1)!-1=(n+1)(a_1+a_2+...+a_{n-1})+n
Als we dit kunnen bewijzen, hebben we het gevraagde bewezen want bovenstaande is een som met n termen die allemaal delers van  (n+1)! zijn.

 (n+1)!-1=(n+1)(a_1+a_2+...+a_{n-1})+n
 \Leftrightarrow (n+1)!-1=(n+1)(n!-1)+n
\Leftrightarrow (n+1)!-1=n\cdot n!+n!-n-1+n
 \Leftrightarrow(n+1)!-1=(n+1)\cdot n! -1=(n+1)!-1

q.e.d.

4. Bewijs dat voor  n,k \in \mathbb{N} geldt:  4^n+15n-1=9k
(we definiëren  \mathbb{N}=\{ 1,2,3...\} )
Inductiebasis: voor  n=1 \Rightarrow 4+15-1=18=9\cdot 2
Inductiestap: We nemen aan dat  4^n+15n-1=9k. We moeten allen nog maar bewijzen dat dit ook voor n+1 geldt.

 4^{n+1}+15(n+1)-1
=4\cdot 4^n +15n +15-1
 = 9k+3\cdot 4^n +15
 = 9k+3\cdot (4^n+5)

Hier zitten we vast. We moeten nu kunnen bewijzen dat voor  n,m \in \mathbb{N} geldt dat   4^n+5=3m. We doen dit met inductie.
Inductiebasis:  n=1 \Rightarrow 4+5=3\cdot 3
Inductiestap: We stellen dat  4^n+5=3m. Nu bewijzen we dat  4^{n+1}+5=3p met  p\in \mathbb{N} .

 4^{n+1}+5
= 3p +3\cdot 4^n
= 3\cdot (p+4^n)

Als we dit invullen in ons vorig bewijs, vinden we:

 9k+3\cdot(4^n+5)
 = 9k+9\cdot (p+4^n)
 = 9\cdot (k+p+4^n)

q.e.d.

WiskundeJongen

wiskundemarathon #3

Hallo wiskundefreaks,

vandaag lossen we enkele finale- en 2de ronde-vragen van de Vlaamse Wiskunde Olympiade op. De eerste twee komen uit de 2de ronde van de VWO 2008-2009. Ze zijn niet zo moeilijk, maar we posten ze toch omdat we zo van rijen houden. We love it!
a) De eerste opgave is:

finalevraag25
1) We noemen S=\left ( 2+1 \right )\left ( 2^{2}+1 \right )\left ( 2^{4}+1 \right )...\left ( 2^{1024}+1 \right )+1

2) Deze vraag ziet er op het eerste gezicht zeer ingewikkeld uit, maar als we de vraag beter bestuderen zien we dat: S=(2+1)\left ( 2^{2}+1 \right )\left ( 2^{4}+1 \right )...\left ( 2^{1024}+1 \right )+1
<=> S=\left ( 1+2+2^{2}+2^{3} \right )\left ( 2^{4}+1 \right )...\left ( 2^{1024}+1 \right )+1
<=> S=1+2+2^{2}+2^{3}+...+2^{k}+1

3) We zien dat er een meetkundige rij ontstaat. Alleen weten we k (nog) niet. We merken op dat:
k=1+2+2^{2}+2^{3}+...+2^{10}
<=> 2k=2+2^{2}+2^{3}+...+2^{11}
<=> 2k-k=2^{11}-1
<=> k=2^{11}-1

4) Nu berekenen we S verder:
S=1+2+2^{2}+2^{3}+...+2^{k}+1
<=> S-2=2+2^{2}+2^{3}+...+2^{k}
<=> 2\left ( S-2 \right )=2^{2}+2^{3}+...+2^{k+1}
<=> 2\left ( S-2 \right )-\left ( S-2 \right )=2^{k+1}-2
<=> S=2^{k+1}
<=> S=2^{2^{11}}
5) Tenslotte bepalen we de 1024-ste machtswortel van S.
\sqrt[1024]{S}=\sqrt[1024]{2^{2^{11}}}=\sqrt[1024]{\left ( 2^{2} \right )^{2^{10}}}=\sqrt[1024]{4^{1024}}=4

Het antwoord is dus (D) 4.

b) De tweede opgave gaat als volgt:
finalevraag26

1) Deze vraag kunnen we in een ruk oplossen:
22=\frac{3+4+5+...+\left ( n^{2}-3 \right )}{n^{2}}
<=> 22n^{2}=\left ( 1+2+3+...+\left ( n^{2}-3 \right ) \right )-3
<=> 22n^{2}=\frac{1}{2}\left ( n^{2}-3 \right )\left ( n^{2}-2 \right )-3
<=> 44n^{2}=\left ( n^{2}-3 \right )\left ( n^{2}-2 \right )-6
<=> 44n^{2}=n^{4}-3n^{2}-2n^{2}+6-6
<=> 44=n^{2}-5
<=> n=7
Het juiste antwoord is dus (A) 7.

c) De laatste vraag die we vandaag gaan oplossen is er een uit de finale van de JWO 2005-2006.
Deze gaat als volgt: finalevraag2005
1) We moeten dus aantonen dat K=\left ( 1+m \right )\left ( 1+\frac{m}{2} \right )...\left ( 1+\frac{m}{n} \right ) gelijk is aan

L=\left ( 1+n \right )\left ( 1+\frac{n}{2} \right )...\left ( 1+\frac{n}{m} \right ).

2) We bepalen eerst K:
K=\left ( 1+m \right )\left ( 1+\frac{m}{2} \right )...\left ( 1+\frac{m}{n} \right )

<=> K=\left ( 1+m \right )\left ( \frac{2+m}{2} \right )...\left ( \frac{n+m}{n} \right )

<=> K=\frac{\left ( m+1 \right )\left ( m+2 \right )...\left ( m+n \right )}{n!}

3) \left ( m+1 \right )\left ( m+2 \right )...\left ( m+n \right ) kunnen we ook schrijven als:

\frac{\left ( m+n \right )!}{m!}
Daaruit volgt dat K=\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}
4) Nu bepalen we L.
L=\left ( 1+n \right )\left ( 1+\frac{n}{2} \right )...\left ( 1+\frac{n}{m} \right )

<=> L=\frac{\left ( n+1 \right )\left ( n+2 \right )...\left ( m+n \right )}{m!}
5) Analoog als in 2 kunnen we \left ( n+1 \right )\left ( n+2 \right )...\left ( m+n \right ) schrijven als \frac{\left ( m+n \right )!}{n!}
Daaruit volgt dat L=\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}.
6) We hebben nu bewezen dat K=L want \frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}

Nog wiskundemarathonartikels volgen…

WiskundeJongen

VWO finale 2005-2006 vraag 4 (wiskundemarathon #2)

Hallo wiskundefreaks,

vandaag los ik een finalevraag op van de finale van de Vlaamse Wiskunde Olympiade 2005-2006. Deze gaat als volgt:finale05
We zoeken dus alle  n\in \mathbb{N} waarvoor geldt:
n=k^{2}  en n+2005=l^{2} met k,l\in \mathbb{N}.

1) geg: n=k^{2}  en n+2005=l^{2} met k,l\in \mathbb{N}
opl: l^{2}-k^{2}=n+2005-n
<=> l^{2}-k^{2}=2005
<=> \left ( l-k \right )\left ( l+k \right )=2005

2) We vinden dat  \left ( l-k \right )\left ( l+k \right )=2005. Omdat l,k\in \mathbb{N}  kunnen we besluiten dat l-k en l+k delers zijn van 2005.

3) We vinden 2 mogelijkheden:
\left\{\begin{matrix}l-k=1\\l+k=2005 \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} l-k=5\\l+k=401 \end{matrix}\right.

<=> \left\{\begin{matrix} k=1002\\l=1003 \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} k=198\\l=203 \end{matrix}\right.

4) We vinden dus 2 oplossingen:  n=1002^{2}\vee n=198^{2}.
Wanneer we deze oplossingen controleren, vinden we: \sqrt{1002^{2}}+\sqrt{1002^{2}+2005}=\sqrt{1002^{2}}+\sqrt{1003^{2}}=2005 en \sqrt{198^{2}}+\sqrt{198^{2}+2005}=\sqrt{198^{2}}+\sqrt{203^{2}}=401.

Q.E.D.

WiskundeJongen

PS: in een volgende post ga ik hier dieper op in.

JWO finale 2006-2007 vraag 1 (wiskundemarathon #1)

Hallo wiskundefreaks,

vandaag ga ik de eerste finalevraag van de Junior Wiskunde Olympiade (editie 2006-2007) maken. Deze gaat als volgt:finalej07

1) Eerst berekenen we het hoogste getal van de n-de rij (G_{n}). Je ziet direct dat dit gelijk is aan:
G_{n}=1+2+3+...+(n-1)+n
<=> G_{n}=\frac{n(n+1)}{2}

2) Nu berekenen we het kleinste getal (K_{n}) van de n-de rij. Dit is 1 meer dan het hoogste getal van de (n-1)-de rij:
K_{n}=G_{n-1}+1
<=> K_{n}=\frac{n(n-1)}{2}+1

3) Ten slotte berekenen we de som van de n-de rij (S_{n}):
S_{n}=K_{n}+\left ( K_{n}+1 \right )+...+\left ( G_{n}-1 \right )+G_{n}

<=> S_{n}=K_{n}\left ( G_{n}-K_{n}+1 \right )+1+2+3+...+G_{n}

<=> S_{n}=K_{n}\left ( G_{n}-K_{n}+1 \right )+\frac{\left ( G_{n}-K_{n} \right )\left ( G_{n}-K_{n}+1 \right )}{2}

<=> S_{n}=\left ( K_{n}-G_{n}+1 \right )\left ( K_{n}+\frac{G_{n}-K_{n}}{2} \right )

<=> S_{n}=\left ( K_{n}-G_{n}+1 \right )\left ( \frac{K_{n}+G_{n}}{2} \right )

<=> S_{n}=\frac{1}{2}\left ( \frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(n-1)}{2}-1+1 \right )\left ( \frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}+1 \right )

<=> S_{n}=\frac{1}{2}\cdot \frac{n(n+1-n+1)}{2}\cdot \frac{n(n+1+n-1)+2}{2}

<=> S_{n}=\frac{1}{2}\cdot n \cdot (n^{2}+1)

<=> S_{n}=\frac{n^{3}+n}{2}

4) Nu berekenen we de som van de 100ste rij:

S_{100}=\frac{100^{3}+100}{2}=500050

EXTRA: zoek alle n waarvoor S_{n} priem is

1) We onderzoeken eerst alle even n.
Als n even is, is  \frac{n}{2}  een natuurlijk getal en dus deler van S_{n}.
De definitie van een priemgetal zegt ons dat een natuurlijk getal (groter dan 1) priem is als en slechts als het getal precies 2 delers heeft, namelijk 1 en zichzelf. Afgaande de definitie moet, als S_{n} priem is,  n^{2}+1 of \frac{n}{2} gelijk zijn aan 1.
=> n=2 \vee n=0 zodat S_{n}=5 \vee S_{n}=0 ( S_{n}=0 valt weg, want S_{n} is niet gedefiniëerd voor S_{n}=0.

We vinden dus 1 opl. namelijk S_{n}=5 met n=2

2) Nu onderzoeken we alle oneven n.
Als n oneven is dan is \frac{n^{2}+1}{2} een natuurlijk getal en dus een deler van S_{n}.
Afgaande de dfinitie van een priemgetal moet n of \frac{n^{2}+1}{2} gelijk zijn aan 1.
=> n=1\vee n=1 zodat S_{n}=1 (deze opl. valt weg want 1 is geen priemgetal)

3) We vinden één opl. namelijk S_{n}=5 met n=2

WiskundeJongen