Hoofdstuk 6 Modulo rekenen

Hoofdstuk 6:

Modulo rekenen

1

a. 527

15 35,1 er kunnen 35 zakjes met bollen gemaakt worden b. Er blijven 527 35 15 2   bollen over.

2

a. 0,3510 28,6 je kunt hoogstens 28 sinaasappels kopen. b. Je houdt 10 0,35 28 0,20   euro over.

c. Elk figuur heeft 12 prikkers.

Met 200 prikkers kun je hoogstens 16 figuren maken.

3

a. 20div 7 2 c. 2376div 411 5 e. 901div17 53

b. 123div 45 2 d. 21div 29 0 f. 0div33 0 4

a. 20 mod 7 6 c. 2376 mod 411 321 e. 901mod 17 0

b. 123 mod 45 33 d. 21mod 29 21 f. 0 mod 33 0

5

a.    2 7 14, maar -14 is niet kleiner of gelijk aan -20. b. ( 20) div 7  3 en 20mod7 1 6 a. (x div y y) x ((x div y) 1)  y x ( ) ( ) 0 0 mod x div y y x x x div y y x y         ( ) ( ) mod x div y y y x y x x div y y x y y        b. x(x div y y) 0 (x div y y) x k y x     Hierbij is k x div y 7 a. 400 12 33 met rest 4.

Met 8 bollen erbij heb je weer een zakje. Als er in de doos 400 8 3 411   bollen zitten, kun je 34 zakjes van 12 stuks maken en houdt je er 3 over. En met 423 bollen in een doos kun je 35 zakjes maken van 12 stuks en houdt je er 3 over. b. Als er 11 overblijven zitten er 407 of 419 bollen in een doos.

8 a. amod17 a 17 p 11 ofwel a11 17 p mod17 17 9 b  b  q ofwel b 9 17q b. a b 11 17 p 9 17q 20 17 (  p q ) 3 17 (   p q 1) (a b )mod17 3 c. a b (11 17 )(9 17 ) 99 17(9 p  q   p11q17pq) 14 17(9  p11q17pq5) (a b )mod17 14

9

a. 373mod7 2 en 495mod7 5 , dus (373 495)mod7 7mod7 0  

b. 555mod11 5 en 1181mod11 4 , dus (555 1181)mod11 9mod11 9  

c. 799mod8 7 en 1234mod8 2 , dus (799 1234)mod8 9mod8 1  

d. (373 495)mod7 10mod7 3  

e. (555 1181)mod11 20mod11 9  

f. (799 1234)mod8 14mod8 6  

10

a. Uit vmody  v (v div y y) volgt v vmody (v div y y)   r p y met 0 r y b. v w    r p y (s q y  ) ( r s ) ( p q y )

c. 0 s y; hieruit volgt:    y s 0. En dus    y r s y d. zie 6b e. v w   r s (p q y )  t y 0 mod mod r s r s v y w y     11

a. Uit amody cmody volgt a r py en c r qy  Uit bmody dmody volgt b s ky  en d  s ly

( ) ( ) ( )mod ( )mod a b r py s ky r s p k y c d r qy s ly r s q l y a b y c d y                        b. (a b ) ( r py s ky)(  )rs(rk ps pky y  ) ( ) ( )( ) ( ) y (a )mod ( )mod c d r qy s ly rs rl qs qly b y c d y            12 a. 16 getallen op de klok b. 4 7 11  c. 9 14 7  d. 3 50 5 

e. Je moet 10 posities verder gaan om bij 0 uit te komen.

13

a. 19 getallen op de klok b. Je komt dan uit bij 2.

c. 14 7 21 1 19 2     (14 7)mod19 2 

d. (17 55)mod19 15 

e. je rekent modulo 19

14

a. (7 19)mod22 4  c. (14 5)mod31 19  e. (7 25)mod37 32 

15

a. (a7)mod19 18 b. (b8)mod23 3 c. (c23)mod33 9

11mod19 11

a  b 5mod23 18 c  14mod33 19

d. (11d)mod18 6 e. (11e)mod37 6 f. (75f)mod123 0

5mod18 13

d    e 5mod37 32 f  75mod123 48

16

a. 0 7 14 5 12 3 b. (5 7)mod16 3 

c. 39 posities verder is hetzelfde als 39 2 16 7   posities verder.

d. 85 7 (5 16 5) 7 35 16 5 7         posities verder. Dat zijn dan 35 hele rondjes en dan nog 35 posities verder, dus weer bij 3.

e. 34 20 (16 2 2) 20 16 40 40 16 42 8          

Je draait 42 rondjes helemaal rond en dan nog 8 posities verder.

17

a. (5 10)mod17 16  c. (11 11)mod20 1  e. (5 16)mod20 0 

b. (3 24)mod25 22  d. (7 15)mod31 12  f. _{29 mod30 1}2 _

18 a. b. 3 x 5 x7 c. 5 x 1 x5 d. 6 x 0 x0  x4 e. _x2 _{1 heeft 4 oplossingen in} 8 ¢ 19 a. b. 3 x 5 x4

c. (3 11)mod7 33mod7 5   want 33 4 7 5  

11 behoort niet tot ¢7 d. 5 x 1 x3

e. _x2 _{2 x}₃  _x₄

f. alleen in de eerste kolom en in de eerste rij staan nullen.

20

a. 2023div17 119 en 2023mod17 0

b. dat betekent dat ₄₉9 _233 _{deelbaar is door 17.}

21

a. 189 7 27  : 189 is dus een veelvoud van 7. b. Als 7 een deler is van 189, dan is 189

7 een geheel getal. 189 is dan ook een veelvoud van 189

7 , want 1897  7 189.

c. Als d a| dan is er een geheel getal t zodat a t d  . Er bestaat dus een geheel getal d waarvoor a d a d   d t . Dus a| d a. x8 0 1 2 3 4 5 6 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 2 0 2 4 6 0 2 4 6 3 0 3 6 1 4 7 2 5 4 0 4 0 4 0 4 0 4 5 0 5 2 7 4 1 6 3 6 0 6 4 2 0 6 4 2 7 0 7 6 5 4 3 2 1 x7 0 1 2 3 4 5 6 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 2 0 2 4 6 1 3 5 3 0 3 6 2 5 1 4 4 0 4 1 5 2 6 3 5 0 5 3 1 6 4 2 6 0 6 5 4 3 2 1

22

a. 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 27, 36, 54, 72, 108, 216 b. 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 20, 24, 30, 40, 60, 120 c. 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 en 24

d. De grootst gemeenschappelijke deler is 24.

23 a. 154: 1, 2, 7, 11, 14, 22, 77 en 154 56: 1, 2, 4, 7, 8, 14, 28 en 56 (154, 56) 14 ggd  b. 124: 1, 2, 4, 31, 62 en 124 ggd(154,124) 2 c. 4840: 1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 20, 22, 40, 44, 55, 88, 110, 121, 220, 242, 440, 484, 605, 968, 1210, 2420 en 4840 1089: 1, 3, 9, 11, 33, 99, 121, 363 en 1089 ggd(4840, 1089) 121

24 alle getallen zijn delers van 0, dus de delers van m zijn gelijk aan de delers van 0.

25

a. d a| : dus er is een geheel getal s zo dat a d s  |

d b: dus er is een geheel getal t zo dat b d t 

b. a q b ds q dt        d s q t( ), dus d a q b|  

( )

a q b ds q dt        d s q t , dus d a q b|  

c. De gemeenschappelijke delers van a en b zijn ook de gemeenschappelijke delers van b en a q b  (zie b).

Stel dat k een gemeenschappelijke deler is van b en a q b  . Dan zijn er getallen t en s zo dat b k t  en a q b k s    .

( )

a a q b q b k s q k t            k s qt , dus k is een gemeenschappelijke deler van b en a.

d. b en a q b  en a en b hebben dezelfde gemeenschappelijke delers. Dus hebben ze ook dezelfde grootst gemeenschappelijke deler.

e. amodb a q b   26 a. ggd(84, 35)ggd(35, 84mod 35)ggd(35,14) b. ggd(35,14)ggd(14, 35mod 14)ggd(14, 7)ggd(7,14mod 7)ggd(7, 0) c. ggd(84, 35)ggd(7, 0) 7 27 a. ggd(154, 56) 14 c. ggd(4840, 1089) 121 b. ggd(154,124) 2 d. ggd(7889, 3657) 23 28

a. Omdat er met blokjes van vier en zes lang alleen een muur met een even lengte gebouwd kan worden.

b. Nee: 35 is ook geen drievoud.

c. 1 3 8 4 35    5 3 5 4 35    9 3 2 4 35   

d. 3x4y 35

29

a. d a| : er bestaat een getal t zo dat a t d  |

d b: er bestaat een getal s zo dat b s d 

Dan is r      p a q b p td q sd  (pt qs d ) . Met andere woorden: d r|

b. de vraag is mij niet duidelijk.

30.

a. 3 429 4 312 39    , dus 30 429 40 312 10 39 390     

b. 1 429 1 312 117    , dus 2 429 2 312 2 234     31.

a. ggd(154, 56) 14 dus de vergelijking heeft een oplossing 154 1 154 0 56 56 0 154 1 56 42 1 154 2 56 14 1 154 3 56                 

b. 14 is geen deler van 21, dus deze vergelijking heeft geen oplossing.

c. ggd(154,124) 2 is een deler van 10, dus de vergelijking heeft een oplossing 154 1 154 0 124 124 0 154 1 124 30 1 154 1 124 4 4 154 5 124 2 29 154 36 124                     

Een oplossing van 154x124y 10 is (145, -180)

d. ggd(113, 22) 1 , dus heeft de vergelijking een oplossing. 113 1 113 0 22 22 0 113 1 22 3 1 113 5 22             Een oplossing is (1, -5)

e. ggd(649, 308) 11 is een deler van 22, dus heeft de vergelijking een oplossing. 649 1 649 0 308 308 0 649 1 308 33 1 649 2 308 11 9 649 19 308                 

Een oplossing van 649x308y 22 is (-18, 38) f. ggd(735, 56) 7 is geen deler van 20, dus heeft de vergelijking geen oplossing

32.

a. 19 3 8    7 1

b. De vergelijking 19x8y 1 heeft een oplossing, dus is ggd(19, 8) |1

De enige deler van 1 is 1. c. Dan moet je van y 19 aftrekken

d. 19 (3 8 ) 8 ( 7 19 ) 57 152  t     t   t56 152 t 1 33. a. 19 3 8 7 1     431 (19 3 8 7) 431 1 19 1293 8 3017 431            

b. 19 (1293 8 ) 8 ( 3017 19 ) 24567 152  t     t   t24136 152 t 431

c. x1293 8 t 0 en y  3017 19 t 0 161,6

t   t  158,8 en t is een gehele waarde:

161: 5 42 160 : 13 23 159 : 21 4 t x en y t x en y t x en y             34. 1,17 b 1,44 r 184,77 117 144 18477 (117,144) 9 b r ggd     

9 is een deler van 18477, dus de vergelijking heeft een oplossing. De vergelijking is te vereenvoudigen in: 13 b 16 r 2053 16 0 13 1 16 13 1 13 0 16 3 1 13 1 16 1 5 13 4 16                 

Een oplossing is: (10265, -8212)

10265 16 0 b  t  en r  8212 13 t 0. Hieruit volgt: 641,5  t 631,7 641: (9, 121) t   t  640 : (25,108) t  639 : (41, 95) t  638 : (57, 82) 637 : (73, 69) t   t  636 : (89, 56) t  635 : (105, 43) t  634 : (121, 30) 633 : (137,17) t   t  632 : (153, 4) 35. a. x 5 d. x  amod161  a 161 b. x 5mod33  5 33 28 e. x  amodn   a n c. x 377mod671 377 671 294  36. a. x204 377  173 b. De tegengestelde van 377 in ¢671 is 671 377 294  . 294 377 294 204 498 x x     

c. Als b de tegengestelde is van a in ¢n, dan is b a 0

0 a x c b a x b c x b c x b c            37. a. 1 3 x b. De oplossing in ¢7 is x 5. c. In ¢10: 3 1 3  3 2 6  3 3 9  3 4 2  3 5 5  3 6 8  3 7 1  De oplossing is x7 d. In ¢6: 3 0 0  3 1 3  3 2 0  3 3 3  3 4 0  3 5 3  x7 0 1 2 3 4 5 6 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 2 0 2 4 6 1 3 5 3 0 3 6 2 5 1 4 4 0 4 1 5 2 6 3 5 0 5 3 1 6 4 2 6 0 6 5 4 3 2 1

38.

a. De omgekeerde van 3 in ¢7 is 5. b. De omgekeerde van 3 in ¢10 is 7

3 4 5 3 5 4 20mod7 6 x x x         3 4 7 3 7 4 28mod10 8 x x x         c. b is de omgekeerde van a in ¢n: b a 1 1 a x c b a x b c x b c x b c           

d. De omgekeerde van 3 in ¢95 is 32. Dus x 32 10mod95 320mod95 35   e. De omgekeerde van 17 in ¢95 is 28. Dus x 28 5mod95 140mod95 45  

39.

a. ja

b. Dan is 17 y 21 k 1 , waarbij k een geheel getal is. c. ggd(21, 17) 1 , dus de vergelijking heeft een oplossing.

21 1 21 0 17 17 0 21 1 17 4 1 21 1 17 1 4 21 5 17                  Een oplossing is (-4, 5)

d. Het omgekeerde van 17 in ¢21 is 5. e. 21 1 21 0 13    13 0 21 1 13 8 1 21 1 13 5 1 21 2 13 3 2 21 3 13 2 3 21 5 13 1 5 21 8 13                           Een oplossing is (5, -8)

f. Alle oplossingen zijn van de vorm: x 5 13t en y   8 21t 8 21 0 0,38 y t t      

De oplossing met de kleinste positieve y-waarde is (-8, 13) Het omgekeerde van 13 in ¢21 is 13.

40. a. 37x7y 1 b. 29x7y 1 c. 32x27y 1 1 37 37 1 37 0 7 7 0 37 1 7 2 1 37 5 7 1 3 37 16 7 in is 7 16                   ¢ 1 29 29 1 29 0 7 7 0 29 1 7 1 1 37 4 7 4 29 25 in is 7 25 y                   ¢ 1 32 32 1 32 0 27 27 0 32 1 27 5 1 32 1 27 2 5 32 6 27 1 11 32 13 27 in is 27 13 32 19                          ¢

d. 1157x562y 1 1 1157 1157 1 1157 0 562 562 0 1157 1 562 33 1 1157 2 562 1 17 1157 35 562 in is 562 35                   ¢ 41.

a. Als a een omgekeerde heeft in ¢21 dan geldt: a y 1(mod21) Ofwel: Er is een geheel getal k waarvoor: a y k  21 1 . De vergelijking 21   x a y 1 heeft dan een oplossing.

b. Omdat 21   x a y 1 een oplossing heeft moet ggd(21, ) | 1a ; en dus ggd(21, ) 1a 

c. 21 3 7 

Dus 0, 3, 6, 7, 9, 12, 14, 15 en 18 hebben geen omgekeerde in ¢21.

42.

a. Voor elk getal a in ¢n geldt a  0 0 1. Dus 0 heeft geen omgekeerde.

b. Voor alle waarden van a in ¢n moet gelden ggd a n( , ) 1 . Dit is als n alleen de

delers 1 en n heeft. En dan heeft elke a een omgekeerde.

43.

a. 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67 en 71 b. De enige delers van 2 zijn 1 en 2, dus 2 is een priemgetal.

Elk ander even getal x heeft in ieder geval 1, 2 en x als delers en is dus geen priemgetal.

44.

a. De delers van 169 zijn 1, 13 en 169

Alle getallen a in ¢n waarvoor ggd(169, ) 13a  hebben geen omgekeerde.

Dat zijn: 0, 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91, 104, 117, 130, 143 en 156: 13 getallen b. De delers van p2 _{zijn 1, p en p}2_.

Geen omgekeerde hebben: 0, p, 2p, 3p, …, (p 1) p: p getallen.

45.

a. ₇5 _{    7 7 7 7 7 c. 7 mod39 37}5 _

b. _{7 mod13 11}5 _{ d. 11 mod119 57}9 _

46.

a. Dan moet je 16 vermenigvuldigingen uitvoeren.

b. _{6 mod29 36mod29 7}2 _{ }

c. _{6 mod29 (6 ) mod29 7 mod29 49mod29 20}4 _ 2 2 _ 2 _{ } d. _{6 mod29 (6 ) mod29 20 mod29 400mod29 23}8 _ 4 2 _ 2 _{ }

16 8 2 2

6 mod29 (6 ) mod29 23 mod29 529mod29 7   

e. _{6 mod29 (6}17 _ 16_{6)mod29 42mod29 13 } f. er zijn 5 vermenigvuldigingen uitgevoerd.

47.

a. _{3 mod67 (3 ) mod67 9 mod67 ((9 ) 9)mod67}34 _ 2 17 _ 17 _ 2 8_{ }

8 2 4 4

2 2 2

(14 9)mod67 ((14 ) 9)mod67 (62 9)mod67 ((62 ) 9)mod67 (25 9)mod67 5625mod67 64

      

     

b. _{18 mod75 ((18 ) 18)mod75 (24 18)mod75 ((24 ) 24 18)mod75}11 _ 2 5_{ } 5_{ } 2 2_{   (51 24 18)mod75 (51 24 18)mod75 57}2_{     }

c. _{11 mod119 ((11 )}33 _ 2 16_{11)mod119 (2} 16_{11)mod75 ((2 ) 11)mod119} 2 8_{ }

8 2 4 4

2 2 2

(4 11)mod119 ((4 ) 11)mod119 (16 11)mod119

((16 ) 11)mod119 (18 11)mod119 (86 11)mod119 113

      

      

d. ₉1024_{mod80 (9 )} 2 512_{mod80 1 mod80 1} 512 _

48. _{7 mod100 (7 ) mod100 49 mod100 (49 49)mod100 49mod100 49}6 _ 2 3 _ 3 _ 2_{  }

5 2 2 4 2 2 3 2 1 (49) mod100 ((49 ) 49)mod100 49 (49) mod100 (49 ) mod100 1 ((1 ) ) mod100 1      

De laatste twee cijfers zijn …01

49.

a. _{4 mod5 (4 ) mod5 1 mod5 1}4 _ 2 2 _ 2 _

b. _{2 mod7 (2 ) mod7 4 mod7 (4 4)mod7 8mod7 1}6 _ 2 3 _ 3 _ 2_{  }

c. _{9 mod11 (9 ) mod11 4 mod11 ((4 ) 4)mod11 (5 4)mod11}10 _ 2 5 _ 5 _ 2 2_{ } 2_{ } (3 4)mod11 1 

d. _{5 mod23 (5 ) mod23 2 mod23 ((2 ) 2)mod23 (9 2)mod23}22 _ 2 11 _ 11 _ 5 2_{ } 2_{ } (12 2)mod23 1 

50.

a. Volgens de kleine stelling van Fermat geldt in ¢11: a10 1 100 10 10 10

8 (8 ) 1 1 en ₈10000 _{(8 )}10 1000 _11000 _1 b. 7 8 56mod11 1   , dus ₈1_7

c. ₈99 _8100_81_{  1 7 7}

51.

a. In ¢p heeft ieder getal a0 een omgekeerde: a1 a 1

1 1 0 0 0 a b a a b a b         

b. Als a b 0 en a0 dan is b0 en als a b 0 en b0 dan is a0. Dus als a b 0 dan is a0 of b0.

52.

a. 1 3 3  , 2 3 6  , 3 3 9  , 4 3 1  , 5 3 4  , 6 3 7  , 7 3 10  , 8 3 2  , 9 3 5 

en 10 3 8 

b. 1 8 8  , 2 8 5  , 3 8 2  , 4 8 10  , 5 8 7  , 6 8 4  , 7 8 1  , 8 8 9  , 9 8 6 

c. alle uitkomsten 1 t/m 10 komen een keer voor.

53.

a. Voor elk getal a0 bestaat er een omgekeerde in ¢p

1 1 x a y a x a a y a a x y           

b. Als x y dan is x a  y a. Omdat 1, 2, 3, … p1 allemaal verschillende getallen zijn, zijn de factoren van v ook allemaal verschillend.

c. Alle factoren van v is het product van twee getallen ongelijk aan 0 en zijn dus ook allemaal ongelijk aan 0. Bovendien zijn alle factoren verschillend, dus v is het product van alle getallen uit ¢p (net als u).

d. _{v      (1 ) (2 ) ... ((a a p 1) ) (1 2 ... (a     p1))a}p1_{ u a}p1 e. _{v  u a}p1_u f. _ap1_1 54. a. 365 7 52,14. Er zijn 53 woensdagen in 2003

b. 100mod7 2 ; de honderdste dag viel op een donderdag. c. 366mod7 2 ; nieuwjaarsdag 2014 viel ook op een donderdag. d. 2000 was het laatste schrikkeljaar (deelbaar door 400).

e. Tussen 01-01-2001 en 01-01-2007 liggen 6 jaar waarvan 2004 een schrikkeljaar was. Dat zijn 2191 dagen. En 2191mod7 0 , dus 01-01-2001 en 01-01-2007 vallen op dezelfde dag.

f. Nee. Bijvoorbeeld als x een schrikkeljaar is, dan is x6 geen schrikkeljaar. g. Of ze zijn beide een schrikkeljaar of beide niet.

Tussen die jaren liggen 100 4 1 97   schrikkeljaren.

(400 365 97)mod7 0   , dus de kalenders zijn dezelfde.

55.

a. s g m  100

b. 40 s 85 g 165m10 000

c. Uit a volgt dat m100 s g. Dit invullen in de vergelijking van b: 40 85 165(100 ) 10 000 125 80 6500 25 16 1300 s g s g s g s g          (25,16) 1

ggd  , dus de vergelijking heeft een oplossing 25 1 25 0 16 16 0 25 1 16 9 1 25 1 16 7 1 25 2 16 2 2 25 3 16 1 7 25 11 16                           Een oplossing is (-9100, 14300)

d. De algemene oplossing voor s en g is: s 9100 16 t en g 14300 25 t Deze moeten beide positief zijn: t568,75 en t 572

569 : 4 75 en 21 570 : 20 50 en 30 571: 36 25 en 39 572 : 52 0 en 48 t s g m t s g m t s g m t s g m                

e. De op te lossen vergelijking wordt: 35s95g135(100 s g) 10 000 100s40g 3500 ofwel 5s2g 175 5 1 5 0 2 2 0 5 1 2 1 1 5 2 2            

Een oplossing van de vergelijking 100s40g 3500 is (175, -350)

De oplossingen van 100s40g 3500 zijn: s175 2 t en g  350 5 t De oplossingen moeten positief zijn, dus t  87,5 en t  70

Dat zijn dan 18 oplossingen.

56.

a. 9 6 8 5 7 3 6 7 5 2 4 5 3 8 2 1 7 220                 220mod11 0

b. 9 7 8 0 7 7 6 3 5 5 4 6 3 1 2 1                p 184p 184mod11 8

dus p3

c. 9 1 8 2 7 5 6 4 5                 p 4 2 3 5 2 2 1 9 120 5 p

120mod11 10 , dus (5 )mod11 1p 

5 45 9 p p   57. a. Nmod5 1 5 1 N   k

Het aantal kokosnoten in de stapel is: 1 5( 1) 1 4 4

5 5 5 5 1 _N 1 N _{N N} N k_{   }N  _{ }  _  _  b. De tweede schipbreukeling: 4 4 5 ( N )mod5 1_{ , dus} 4 4 4 9 5 1 N5 5 N _{ }  _{ p} Deze neemt 4 9 25 N _{kokosnoten. Er blijven er} 4 9 16 36 25 25 4_ N _ N _{kokosnoten achter.} Na de derde schipbreukeling zijn er nog maar 16 36 1 64 244

25 5 125

4 ((_ N _{ }1) )_ N _kokosnoten Na de vierde schipbreukeling zijn er nog maar 64 244 1 256 1476

125 5 625

4 ((_ N _{ }1) )_ N kokosnoten; en na de vijfde schipbreukeling zijn er nog maar

256 1476 1 1024 8404 625 5 3125 4 ((_ N _{ }1) )_ N _kokosnoten c. 1024 8404 3125N 6k 1024 8404 18750 18750 1024 8404 9375 512 4202 N k k N k N         (9375, 512) 1

ggd  , dus de vergelijking heeft een oplossing. 9375 1 9375 0 512 512 0 9375 1 512 159 1 9375 18 512 35 3 9375 55 512                  19 13 9375 238 512 16 16 9375 293 512 3 29 9375 531 512 1 161 9375 2948 512                  

Alle oplossingen zijn van de vorm: k 676522 t 512 en N 12387496 t 9375

Deze moeten positief zijn: t  1321,3

De kleinste positieve waarde van is 3121

T-1.

a. 637div83 7 Hij kan hoogstens 7 wasmachine’s in één keer vervoeren. b. 141div89 1 , 235div65 3 en 124div61 2 : 6 wasmachines

141div65 2 , 235div89 2 en 124div61 2 : 8 wasmachines als ze op hun kant mogen liggen.

T-2.

a. 783div11 71 d. (3895331 76577)mod20 (11 17)mod20 8   

b. 783mod11 2 e. (3895331 76577)mod20 (11 17)mod20 7   

T-3.

a. (14 17)mod43 31  d. (7 7)mod24 49mod24 1  

b. (23 99)mod111 11  e. (5 19)mod31 95mod31 2  

c. (218 511)mod512 217  f. (6 24)mod36 144mod36 0  

T-4.

a. ggd(315, 195) 15

b. ggd(504, 2114) 14

c. ggd(14137, 3376) 211 T-5.

a. De ggd(315, 195) 15 en 15 is geen deler van 51, dus de vergelijking heeft geen oplossing.

b. De ggd(504, 2114) 14 en 14 is een deler van 70. Deze is oplosbaar. 151 36 5 151 1 151 0 36 36 0 151 1 36 7 1 151 4 36 1 5 151 21 36 p q                 

Een oplossing van de vergelijking 151p36q5 is (-25, -105). Dit is dus ook een oplossing van de vergelijking 2114p504q70.

c. ggd(14137, 3376) 211 en 211 is een deler van 1055, dus de vergelijking is oplosbaar. 67 16 5 67 1 67 0 16 16 0 67 1 16 3 1 67 4 16 1 5 67 21 16 a b                 

Een oplossing van 14137a3376b1055 is (-25, 105)

T-6.

a. de delers van 35 zijn 1, 5, 7 en 35

De getallen in ¢35 die geen omgekeerde hebben zijn: 0, 5, 7, 10, 14, 15, 20, 21, 25, 28 en 30. b. 11 x 1mod35 c. x   3 32 35 11 1 35 1 35 0 11 11 0 35 1 11 2 1 35 3 11 1 5 35 16 11 y  x                   De omgekeerde van 11 is 16.

T-7.

a. _{(11 )mod18 (11 )}65 _ 2 32_{11mod18 ((13 )} 2 16_{11)mod18 (7} 16_{11)mod18}

2 8 8 2 4

4 2 2 2

((7 ) 11)mod18 (13 11)mod18 ((13 ) 11)mod18

(7 11)mod18 ((7 ) 11)mod18 (13 11)mod18 77mod18 5

      

       

b. _{(6 )mod16 ((6 )}41 _ 2 20_{6)mod16 (4} 20_{6)mod16 ((4 )} 2 10_{6)mod16 0} c. ₍₁₅1234_{)mod23 ((15 ) )mod23 ((18) )} 2 617 _ 2 308_{18)mod23}

308 4 77 2 38

2 19 2 9

9 2 4

2 4 2 2

2

(2 18)mod23 ((2 ) 18)mod23 ((16 ) 16 18)mod23 ((3 ) 16 18)mod23 ((9 ) 9 16 18)mod23 (12 9 16 18)mod23 ((12 ) 12 9 16 18)mod23 ((12 ) 12 9 16 18)mod23 ((6 ) 12 9 16 18)mod23 (13 12                                         9 16 18)mod23 (8 12 9 16 18)mod23 18        T-8. a. T 33g19k b. 33g19k 250 33 1 33 0 19 19 0 33 1 19 14 1 33 1 19             5 1 33 2 19 4 3 33 5 19 1 4 33 7 19              

Een algemene oplossing is: g  1000 19 t en k 1750 33 t

g en k moeten positief zijn: t52,6 en t 53,0

Dus t 53 :g7 en k 1

c. 33g19k 360

Een algemene oplossing van deze vergelijking is: g  1440 19 t en

2520 33

k   t

g en k moeten positief zijn: t75,8 en t 76,4

Dus t 76 :g4 en k 12

d. 33 ( 4  T 19 ) 19 (7t   T 33 ) 33 4t    T 627t19 7 T 627t 

(33 4 19 7)T 1 T T

       

e. T 3600: k 25200 33 t en g  14400 19 t moeten beide positief zijn:

763,6 t  en t 757,9: t 758, 759, 760, 761, 762 763: 6 combinaties. f. 7T 33t 0 en 4T 19t 0 7 33 t  T en 4 19 t  T , ofwel 132 133 627T  t 627T

Als T 627 is dit interval groter of gelijk aan 1 en zijn er dus oplossingen.

T-9.

a. Alle veelvouden van 5 en 11: 0, 5, 10, 11, 15, 20, 22, 25, 30, 33, 35, 40, 44, 45 en 50 hebben geen omgekeerde in ¢55.

b. Dat zijn alle veelvouden van p: np1 en alle veelvouden van q: nq1 en 0

In totaal dus n 1 n 1 1 pq 1 qp 1 1 1

BIJLAGE DELERS: : ClrHome : ClrList L1 : Prompt G : 1 → N : For(I, 1, √G, 1) : G/I → D : If D=I : Then : D → L1(N) : Goto 6 : Else : If D = int(D) : Then : D → L1(N) : I → L1(N+1) : N+2 →N : End : End : Lbl 6 : End : SortA(L1) : Output(2, 1, L1) : Pause DIVMOD: : ClrHome : Prompt A : Prompt B : int(A/B) → D : A-D*B → R : Disp “A DIV B = “ : Output(3, 11, D) : Disp “A MOD B = ” : Output(4, 11, R) : Stop GGD: : ClrHome : ClrList L1, L2, L3, L4 : 1 → N : 0 → L4(1) : 1 → L4(2) : Prompt A : Prompt B : A → L1(N) : B → L2(N) : While L2(N)≠0 : L1(N) - int(L1(N)/ L2(N))* L2(N) → R : R → L3(N) : L4(N) - (int(L1(N)/ L2(N)) *L4(N+1) → L4(N+2) : L2(N) → L1(N+1) : L3(N) → L2(N+1) : N+1 → N : End : Disp “GGD(A,B) =” : Output(3, 11, L1(N)