Voorwoord
Kettingbreuken is een boekje dat bedoeld is voor HAVO- en VWO leerlingen met wiskunde in hun profiel. Aan het einde van elk hoofdstuk is een aantal oefeningen opgenomen, om de leerstof beter te begrijpen. Uitwerkingen van de oefeningen staan achterin. Bij dit boekje hoort een website met extra onder-steuning, bereikbaar via www.rgomiddelharnis.nl menu leerlingen - vaklokalen - wiskunde.
Kettingbreuken zijn, zoals de naam al zegt, in de eerste plaats gewoon breuken. Dit zijn getallen van de vorm pq, waarbij p en q gehele getallen zijn (q 6= 0). Onder gehele getallen verstaan we de natuurlijke getallen 1, 2, 3, · · · , het getal 0 en de negatieve gehele getallen −1, −2, −3, · · · . Kettingbreuken is een on-derdeel van de getaltheorie. Wie meer wil lezen over getaltheorie raad ik aan: Getaltheorie voor Beginners - Frits Beukers (Epsilon Uitgaven, Utrecht- ISBN: 90-5041-049-9).
In hoofdstuk 1 wordt gekeken naar de decimale ontwikkeling van getallen. Ook worden de breuken met hun eigenschappen nauwkeurig bekeken. De basis wordt gelegd voor de eigenschappen van kettingbreuken. In hoofdstuk 2 worden de eindige kettingbreuken met hun eigenschappen bekeken. Belangrijke zaken als convergenten en kettingbreukalgoritme worden behandeld. Ook volgt er een toepassing bij de oplossing van ax + by = c. In hoofdstuk 3 volgen de oneindige kettingbreuken. Na eigenschappen als benaderingseigenschappen en periodi-citeit volgen enkele toepassingen zoals het rekenen aan kalenders, de gulden snede en kettingbreuken met negatieve wijzergetallen. In hoofdstuk 4 staat een toepassing van de kettingbreuken; de vergelijking van Pell. Ten slotte volgen er eindopdrachten waarin o.a. in een computerpracticum gerekend wordt aan kettingbreuken.
Mijn dank gaat uit naar prof. dr. Frits Beukers voor de begeleiding bij de totstandkoming van dit boekje. Tevens dank ik NWO voor de gelegenheid via LiO (leraar in onderzoek) dit boekje te schijven
Lennart de Jonge Stellendam, juli 2006
1 Decimale ontwikkeling 1 1.1 Getallen . . . 1 1.2 Periodieke breuken . . . 2 1.3 Oefeningen . . . 6 2 Eindige kettingbreuken 7 2.1 Representatie . . . 7 2.2 Convergenten . . . 8
2.3 Euclidisch algoritme en Kettingbreuk algoritme . . . 11
2.4 Geheeltallige oplossingen van ax + by = c . . . 14
2.5 Oefeningen . . . 16 3 Oneindige kettingbreuken 17 3.1 Representatie . . . 17 3.2 Benaderingseigenschappen . . . 18 3.3 Periodiciteit en symmetrie¨en . . . 20 3.4 Kalender . . . 22 3.5 Sectio divina . . . 24 3.6 Oefeningen . . . 25
4 De vergelijking van Pell 27 4.1 Diophantische vergelijkingen . . . 27
4.2 Pell nader bekeken . . . 28
4.3 Knikkers . . . 30
4.4 Oefeningen . . . 31
5 Eindopdrachten 33 5.1 De Slag bij Hastings . . . 33
5.2 Computer practicum . . . 34
6 Verder werken 37 6.1 Vermoeden van Zaremba . . . 37
6.2 Elementaire functies . . . 38 7 Uitwerkingen van de oefeningen 41
Hoofdstuk 1
Decimale ontwikkeling
1.1
Getallen
Er zijn verschillende manieren om getallen te representeren. Dit boekje gaat over kettingbreuken. Voordat we in detail naar kettingbreuken gaan kijken, richten we ons eerst op decimale breuken. Het huidige systeem om getallen te noteren stamt uit de Indische en Arabische tijd en staat bekend als het decimale systeem. Met bijvoorbeeld 1234 bedoelen we het getal 1 · 103+ 2 · 102+ 3 · 101+ 4 · 100.
Voor 1600 werd voor het rekenen met niet-gehele getallen normaal gesproken gewerkt met algemene breuken, gebaseerd op handige noemers. Er waren wel gestandaardiseerde methoden die met 60-tallige breuken werkten, maar over het algemeen was het moeilijk om aan de breuk te zien in hoeverre die het gewenste niet-gehele getal werkelijk benaderde. Decimale breuken werden al wel gebruikt, maar alleen om te kunnen worteltrekken. In het dagelijks leven werkte men niet met decimale breuken. In 1586 schreef Simon Stevin zijn be-roemde werk De Thiende, waarin hij het algemeen gebruik van breuken op basis van het tientallig stelsel beschreef. Hij gebruikte daarvoor nog niet de notatie met een decimale punt of decimale komma zoals wij dat nu doen, maar een notatie waar achter elk cijfer in een cirkel de (negatieve) macht van 10 kwam te staan die er op dat cijfer van toepassing was. Wat wij nu als 6, 87 (d.w.z. 6 · 100+ 8 · 10−1+ 7 · 10−2) schrijven, schreef Simon Stevin als 6(0)8(1)7(2).
We hebben gezien dat de deling van twee gehele getallen soms een geheel ge-tal oplevert. Meesge-tal is dit echter niet het geval. De breuken 12 = 0, 5 en
12849
50000 = 0, 25698 zijn voorbeelden van gebroken getallen met een eindige
deci-male ontwikkeling.
We kennen ook getallen met een oneindige decimale ontwikkelingen. Het getal pi,
π = 3, 141592653589793238462643383 · · ·
heeft door de jaren heen vele mensen geboeid. De decimale ontwikkeling van pi is zo willekeurig dat wiskundigen vermoeden dat de decimale ontwikkeling
van pi niet te onderscheiden is van een willekeurige rij cijfers. Een eindig rijtje cijfers komt op den duur even vaak in pi voor als dat je zou verwachten in een willekeurige rij. Niemand heeft dit echter tot nu toe kunnen bewijzen. Het ont-houden van de eerste zoveel decimalen van pi is een sport op zich. Maar in ons computertijdperk is dit een nogal nutteloze bezigheid geworden. Tegenwoordig tover je met een simpele druk op de knop vele duizenden decimalen op je scherm tevoorschijn. Op het internet vind je verschillende pi-clubs. De leden van de 1000-club beweren 1000 decimalen van pi uit hun hoofd te kennen. Maar als bewijs hoeven ze slechts duizend of meer decimalen per email op te sturen. De tegenhanger van de 1000-club is de 2-club, die bestaat uit mensen die beweren niet eens twee decimalen van pi te kunnen onthouden! Als je lid wilt worden van zo’n pi-club, dan kan de volgende zin je op weg helpen (tel de letters in de woorden).
How I want a drink, alcoholic of course, after the heavy lectures involving quan-tum mechanics!
Meer informatie over Pi is te lezen in het zebra deeltje over dit onderwerp.1.
1.2
Periodieke breuken
Een eindige decimale breuk is een breuk met als noemer een macht van 10, bijvoorbeeld 0, 123 = 123103. Decimale breuken worden niet als breuk geschreven
maar als een rij cijfers. Niet alle breuken zijn als een (volledige) decimale breuk te schrijven. Zo is bijvoorbeeld 13 = 0, 3333333333333 · · · . We noteren dit als 0, 3. Zo’n breuk noemen we een repeterende (decimale) breuk. Elk rationaal getal (een getal van de vorm pq, met q 6= 0) kan als een, al dan niet repeterende, breuk worden geschreven.
Op het eerste gezicht zijn niet alle decimale ontwikkelingen van breuken pe-riodiek. Bijvoorbeeld 14 = 0, 25. Toch kun je 0, 25 zien als een periodieke ontwikkeling, door 14 te schrijven als 0, 2500000 · · · . Je zou kunnen zeggen dat dit getal vanaf de derde decimaal een periodiek aantal nullen heeft. Een ander voorbeeld is
373
420 = 0, 88809523809523809 · · · = 0, 88809523
We zien dat het rijtje getallen 809523 steeds wordt herhaald maar pas begint na de eerste twee decimalen 8. We noemen 809523 de periode en omdat dit rijtje bestaat uit 6 cijfers zeggen we dat de periodelengte gelijk is aan 6. Dat de decimale ontwikkelingen van een breuk pq niet meteen vanaf het decimaalteken periodiek is (zuiver periodiek) komt omdat de noemer q factoren 2 of 5, of beide bevat.
1
1.2. PERIODIEKE BREUKEN 3
De decimalen van een breuk kun je ook zonder rekenmachine bepalen. We laten dit zien aan de hand van 37. Stel we schrijven de decimalen van 37 als a1, a2, a3, · · · . Dus
3
7 = 0, a1a2a3· · ·
Vermenigvuldigen we 37 met 10, dan krijgen we 307 = 4 + 27. Ook geldt dat
30
7 = a1, a2a3a4· · · . Vergelijken we beide uitdrukkingen dan zien we dat a1= 4.
Laten we het gehele deel weg en vermenigvuldigen de rest 27 weer met 10, dan 10 · 27 = 207 = 2 + 67 dus a2 = 2. Wanneer we dit proces van de ontstane rest
vermenigvuldigen met 10 en het gehele deel afsplitsen voortzetten, krijgen we a3 = 8, a4 = 5, a5 = 7 en a6 = 1. Nu krijgen we als ’rest’ weer 37. Het proces
begint dan weer opnieuw. De decimale ontwikkeling van 37 is dus periodiek en de periode is 428571.
Stelling 1.2.1 Als de noemer van een vereenvoudigde breuk geen factoren 2 of 5 bevat, dan is de decimale ontwikkeling van die breuk zuiver periodiek.
Bewijs:
Om deze stelling voor alle breuken aan te tonen, gaan we net zo te werk als we met 37 gedaan hebben. Alleen nemen we nu pq in plaats van 37.
We schrijven: pq = 0, a1a2a3· · · met 0 < p < q en 0 ≦ ai ≦ 9. q bevat geen
factoren 2 of 5. Door vermenigvuldiging links en rechts met 10 krijgen we voor 0 ≦ ai ≦ 9 en 0 < ri < q: 10 · p q = a1· q + r1 q = a1+ r1 q 10 · r1 q = a2· q + r2 q = a2+ r2 q .. .
De op deze wijze gegenereerde rij a1, a2, a3, · · · leveren de decimalen van de
breuk pq. Omdat 0 < ri < q, voor alle i, moet er op een gegeven moment een ri
zijn die al een keer geweest is. Stel rk= rl , met k < l. Dus:
10 · p q = a1· q + r1 q = a1+ r1 q 10 · r1 q = a2· q + r2 q = a2+ r2 q .. . 10 · rk−1 q = ak+ rk q .. . 10 · rl−1 q = al+ rl q
Omdat rl = rk zal het rijtje resten rl+1, rl+2, · · · hetzelfde zijn als het rijtje
resten rk+1, rk+2, · · · . Dus de breuk is periodiek met periodelengte m = l − k.
Om aan te tonen dat de breuk ook zuiver periodiek is, moeten we aantonen dat de rij resten die vooraf gaan aan rk en rl gelijk zijn aan elkaar. Bekijk
hiervoor het verschil van 10·rk −1 q = ak+ rk q en 10·r l −1 q = al+ rl
q. Dan geldt dat 10·(rk
−1−rl−1)
q = ak− aldus een geheel getal. D.w.z. q deelt 10 · (rk−1− rl−1) en
omdat q geen factoren 2 of 5 bevat, deelt q dus rk−1− rl−1. Hieruit volgt dat rk−1= rl−1. Dit wil zeggen dat de voorgangers van rken rlook aan elkaar gelijk
zijn en daar weer de voorgangers van, etc. Zet dit proces voort tot rm = p. Er
geldt dan dat a1 = am+1 dus de breuk is zuiver periodiek met periode lengte
m. 2
We zullen nu preciezer bekijken wat er gebeurt als de noemer wel factoren 2 of 5 bevat. Eerst maar weer een voorbeeld:
13 35 =
13
5 · 7 = 0, 3714285 Door vermenigvuldiging met 10 ontstaat:
130 35 = 3 + 25 35 = 3 + 5 7 = 3, 714285
en 57 is volgens de vorige stelling zuiver periodiek. Delen door 10 geeft links onze oorspronkelijke 1335 en rechts verschuift alles 1 plaats naar rechts. Dus 1335 is niet zuiver periodiek (gemengd periodiek).
Stel de onvereenvoudigbare breuk pq bevat factoren 2 of 5 in de noemer, dus: p
2a· 5b· s
voor a, b ∈ Z>0. Vermenigvuldig nu met 10k, waarbij k gelijk is aan de grootste
exponent a of b. De factoren 2 of 5 zijn na vereenvoudiging weg uit de noemer. Dat wil zeggen dat de decimale ontwikkeling van 10qk·p zuiver periodiek is. De-len we door 10k dan verschuiven de decimalen van 10k
·p
q naar rechts over een
afstand k ten opzichte van het decimaalteken. De ontwikkeling is dus gemengd periodiek.
Het op deze manier uitrekenen van de decimalen van een breuk levert nog een aardigheid op. We nemen het getal 7 en bepalen de decimalen van het getal 17. Laten we eens kijken naar de som van de cijfers in de periode. Bij 17 = 0, 142857 gaat het dus om 1+4+2+8+5+7 = 27. Deze som is ook gelijk aan 412×6, waar-bij 6 = 7 − 1, dus ´e´en minder dan de noemer 7. Het blijkt dat S = 412× (p − 1)
een formule is om de som van de cijfers in de periode van 1p te bepalen, wanneer de noemer een priemgetal is met periodelengte p − 1. Zo’n formule is handig
1.2. PERIODIEKE BREUKEN 5
wanneer de periodelengte groot wordt, zoals bij 1
97 = 0,0103092783505154639175257731958762886597 9381443298969072164948453608247422680412 3711340206185567
Het is duidelijk dat het bepalen van de som van de 96 cijfers in de periode niet prettig is om met de hand uit te rekenen. We laten de rekentechniek zien aan de hand van het eenvoudige voorbeeld van 17, zodat we het ook kunnen toepassen op lastigere voorbeelden, zoals 971 .
De ontwikkeling van de decimalen van 17 ziet er als volgt uit: 10 = 1 × 7 + 3 30 = 4 × 7 + 2 20 = 2 × 7 + 6 60 = 8 × 7 + 4 40 = 5 × 7 + 5 50 = 7 × 7 + 1
Tellen we nu de getallen aan de linker- en rechter kant van het =-teken op, dan krijgen we:
10 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = (1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7) × 7 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) Dus:
(1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7) × 7 = 9 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)
Nu geldt volgens de somformule van een rekenkundige rij (C.F. Gauss) dat (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 6×72 . Dus we krijgen:
(1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7) × 7 = 9 × 6 × 72 Tenslotte delen we links en rechts door 7, dan krijgen we:
1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7 = 9 × 6 2 = 27
We kunnen dit voor een willekeurig priemgetal p doen, waarvan de periodelengte van 1p gelijk is aan p − 1. Er volgt dat voor de som Sp van de cijfers uit de
periode geldt
Sp = 9(p − 1)
2 In opgave 1.3.4 wordt deze formule afgeleid. Controleer nu zelf dat voor 971 geldt
1.3
Oefeningen
Oefening 1.3.1 Schrijf het getal 37, 246 als som van machten van 10.
Oefening 1.3.2 Beredeneer waarom 0, 101001000100001000001 · · · een irrati-onaal getal is.
Oefening 1.3.3 Schrijf elk van de getallen 17,27, · · · ,67 als decimale breuk. Wat valt er op aan de decimalen?
Oefening 1.3.4 Schrijf 1p = 0, a1a2a3· · · ap−1, met p een willekeurig
priemge-tal waarvan de periodelengte van 1p gelijk is aan p − 1. Leidt de formule af voor de som Sp van de cijfers in de periode.
Oefening 1.3.5 Welke breuken met noemer 24 geven (na herleiding) een ein-dig decimale breuk, welke een zuiver repeterende breuk en welke een gemengd repeterende breuk?
In de volgende opgave gaan we bewijzen dat het blok 142857 steeds herhaald wordt in de decimale ontwikkeling van 1/7.
Oefening 1.3.6 Bepaal de som van de meetkundige reeks 1 + x + x2 + x3+
x4+ · · · , welke geldt voor alle x ∈ R met |x| < 1. Bepaal nu de ontwikkeling van 1061
−1, door in de meetkundige reeks beide zijden
met x te vermenigvuldigen en vervolgens voor x = 10−6 in te vullen.
Laat zien dat 17 = 142857106
−1 en dat dus het blok 142857 wordt herhaald.
Oefening 1.3.7 Bepaal het gemiddelde van de cijfers in de periode van 1p, met p een priemgetal en de lengte van de periode van 1p gelijk aan p − 1.
Oefening 1.3.8 Onderzoek voor enkele willekeurige priemgetallen p, dus niet met periodelengte p − 1, of het gemiddelde van de cijfers uit de periode van 1p
Hoofdstuk 2
Eindige kettingbreuken
2.1
Representatie
Sinds de oudheid is al bekend dat re¨ele getallen, behalve via hun decimale ontwikkeling, ook via kettingbreuken kunnen worden weergegeven. Met ket-tingbreuken kan men optimale rationale benaderingen (dus van de vorm pq met q 6= 0) van re¨ele getallen construeren. Evariste Galois (25 oktober 1811 - 31 mei 1832) is bekend geworden vanwege zijn wiskundige prestaties op jonge leeftijd. Zijn wiskundeknobbel uitte zich op vijftienjarige leeftijd, toen hij de derde klas van het voorbereidend wetenschappelijk onderwijs moest doubleren. Hij kreeg een wiskundedocent die hem in alle opzichte stimuleerde. Galois verslond zijn wiskundeboeken en las ook al meesterwerken uit die tijd: Legendre’s werk over geometrie en Lagrange’s boeken over vergelijkingen, functies en analyse. Een jaar te vroeg besloot Galois toelatingsexamen te doen voor de polytechnische school.
Hij werd afgewezen omdat zijn wiskundekennis onvoldoende zou zijn! Zo’n onrechtvaardigheid voor een wis-kundig genie. In maart 1829 -als 17 jarige scholier - publiceer-de Galois zijn eerste artikel in een wiskundig tijdschrift: Bewijs van een theorema over periodiek re-peterende breuken. Galois stierf op 20 jarige leeftijd in een duel om een meisje, maar in de nacht voor zijn dood zette hij een revo-lutionaire theorie op papier, die bekend staat als Galois theorie. Hiernaast staat de brief die Ga-lois vlak voor zijn dood schreef. Links onder het bibliotheekstempel zijn nood-kreet:”Je n’ai pas le temps - maar ik heb geen tijd”.
Een eindige kettingbreuk is een breuk van de vorm: a0+ 1 a1+ 1 a2+ · · · + 1 an
met a0 ∈ Z en a1, a2, · · · , an∈ N. Omdat deze manier van opschrijven onhandig
is en veel ruimte kost kiezen we meestal voor [a0, a1, a2, · · · , an]. De getallen
a0, a1, a2, · · · , an heten de wijzergetallen van de kettingbreuk.
Vanzelfsprekend levert berekening van een eindige kettingbreuk een rationaal getal (een breuk) op. Het aardige is dat ook het omgekeerde geldt. Bij elk rati-onaal getal hoort een kettingbreuk. Hier komen we op terug. De ontwikkeling van een kettingbreuk is bijna uniek. Voorbeeld:
[2, 3, 1, 1, 5] = 2 + 1 3 + 1 1 + 1 1 +1 5 = 2 + 1 3 + 1 1 + 16 5 = = 2 + 1 3 + 111 6 = 2 + 1 3 +116 = 2 + 11 39 = 89 39
Maar ook geldt: 89
39 = [2, 3, 1, 1, 4, 1], om de eenvoudige reden dat we de 5 van de vorige kettingbreuk ook kunnen schrijven als 5 = 4 +11. Op de laatste twee wijzergetallen na zijn de kettingbreukontwikkelingen identiek. Een rationaal getal kan dus op twee manieren geschreven worden als kettingbreuk. Als we eisen dat het laatste wijzergetal groter is dan 1, dan is de ontwikkeling uniek vastgelegd!
Algemeen geldt dat [a0, a1, · · · , an] = [a0, a1, · · · , an− 1, 1] (zie opgave 2.5.1).
2.2
Convergenten
We bepalen de kettingbreuk van 14384. Eerst bepalen we het gehele deel van de breuk. Daarna schrijven we de rest ab als 1b
a
. Merk op dat ab altijd tussen 0 en 1 in ligt, dus dat 1b
a
altijd groter is dan 1, zodat het gehele deel weer afgesplitst kan worden. Dus,
2.2. CONVERGENTEN 9 143 84 = 1 + 1 84 59 = 1 + 1 1 + 591 25 = 1 + 1 1 + 1 2 + 251 9 = 1 + 1 1 + 1 2 + 1 2 + 19 7 = = 1 + 1 1 + 1 2 + 1 2 + 1 1 + 17 2 = 1 + 1 1 + 1 2 + 1 2 + 1 1 + 1 3 + 1 2 De 7 wijzergetallen zijn dus 14384 = [1, 1, 2, 2, 1, 3, 2].
Als we de kettingbreuk na het derde wijzergetal afbreken krijgen we een bena-dering van onze breuk 14384, dus [1, 1, 2] = 53. We noemen deze breuk de derde convergent van onze breuk. Zo is de vierde convergent [1, 1, 2, 2] =127.
In het algemeen noemen we de breuk pn
qn
= [a0, a1, a2, · · · , an]
de n-de convergent van de breuk a
b = [a0, a1, · · · , an, an+1, · · · , ak]. De 7 convergenten van 14384 zijn dus op rij
1 2 5 3 12 7 17 10 63 37 143 84
Het op deze manier uitrekenen van de convergenten is veel werk. Je moet na-melijk eerst de gehele kettingbreuk uitrekenen. Een recept om de convergenten uit te rekenen op een eenvoudige manier staat in de volgende stelling (zonder bewijs).
Stelling 2.2.1 Stel a0 ∈ Z en a1, a2, · · · ∈ N. Bepaal voor n ≥ −2 de getallen
pn, qn als volgt, p−2 = 0, p−1= 1, p0 = a0, · · · , pn= anpn−1+ pn−2, · · · q−2 = 1, q−1= 0, q0 = 1, · · · , qn= anqn−1+ qn−2, · · · Er geldt dus: pn qn = anpn−1+ pn−2 anqn−1+ qn−2
We kijken nog eens naar de kettingbreuk ontwikkeling van 14384. De wijzerge-tallen zijn [1, 1, 2, 2, 1, 3, 2]. De convergenten kunnen we berekenen met het volgende schema,
n -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 an 1 1 2 2 1 3 2
pn 0 1 1 2 5 12 17 63 143
qn 1 0 1 1 3 7 10 37 84
De p-waarde in de kolom met n = 6 krijg je door het bijbehorende wijzergetal (2) te vermenigvuldigen met de vorige waarde en de daarop voorgaande p-waarde erbij op te tellen. Dus 143 = 2 · 63 + 17 ofwel p6= a6· p5+ p4. Evenzo
geldt voor q6 = 84 = 2 · 37 + 10. Elke kolom p’s en q’s ontstaat dus door het
wijzergetal met de voorgaande kolom te vermenigvuldigen en de daarop voor-gaande kolom erbij op te tellen.
We kijken wederom naar het voorbeeld 14384 en bekijken twee opeenvolgende convergenten uit de rij. Bijvoorbeeld 53 en 127. Merk op dat het verschil tussen 5 · 7 en 3 · 12 gelijk is aan 1. Dit is ook zo met bijvoorbeeld 17 · 37 en 10 · 63. Algemeen kunnen we zeggen,
Stelling 2.2.2 Gegeven de kettingbreuk ab = [a0, a1, · · · , an]. Stel dat pn en qn
gegeven worden door het schema uit de voorgaande stelling. Dan geldt voor alle 0 < k ≤ n dat pkqk+1− qkpk+1 = (−1)k.
Om deze eigenschap in te zien, bekijken we het verschil van twee opeenvolgende convergenten. Na gelijknamig maken volgt,
pk qk − pk+1 qk+1 = pkqk+1− pk+1qk qkqk+1
In de teller staat nu de uitdrukking waarvoor we ons interesseren. Er geldt, pkqk+1− qkpk+1= pk(ak+1qk+ qk−1) − qk(ak+1pk+ pk−1) = = pkqk−1− pk−1qk= = −(pk−1qk− pkqk−1) = = (−1)2(pk−2qk−1− pk−1qk−2) = .. . = (−1)k(p0q1− p1q0) = = (−1)k(1 · 1 − a1· 0) = = (−1)k
2.3. EUCLIDISCH ALGORITME EN KETTINGBREUK ALGORITME 11
2.3
Euclidisch algoritme en Kettingbreuk algoritme
We zagen net dat bij elk rationaal getal een kettingbreuk hoort. Bij de bereke-ning van deze kettingbreuken maken we eigenlijk gebruik van een
eeuwenoud algoritme om de grootste gemeenschappelijke deler (de ggd) van twee getallen te berekenen (de grootste gemeenschappe-lijke deler van twee getallen is het grootste getal, dat beide getal-len deelt). Dit algoritme heet het Euclidisch algoritme, genoemd naar de beroemde Griekse wiskundige Euclides. In een van zijn boeken beschrijft Euclides dit algoritme en levert ook een bewijs voor de juistheid.
Voorbeeld:
Bepaal de ggd van 12 en 18.
De getallen 12 en 18 hebben een aantal gemeenschappelijke delers: • De delers van 12 zijn: 1, 2, 3, 4, 6 en 12.
• De delers van 18 zijn: 1, 2, 3, 6, 9 en 18.
De grootste gemeenschappelijk deler is dus 6. We noteren dan ggd(12, 18) = 6 Nog een voorbeeld:
• De delers van 25 zijn: 1, 5 en 25. • De delers van 7 zijn: 1 en 7. Dus ggd(25, 7) = 1.
Het opzoeken van de delers van twee getallen en de grootste bepalen is voor kleine getallen nog wel te doen. Voor grote getallen is dit natuurlijk veel moei-lijker. Het Euclidisch algoritme biedt dan uitkomst. Enkele observaties. Stel a, b ∈ N en a = qb + r met q ∈ N en 0 ≤ r < b, deling met rest. Merk op dat iedere gemeenschappelijke deler van a en b ook een gemeenschappelijke deler van b en r is. Als namelijk d een deler is van a, notatie: d|a, en d|b dan volgt uit r = a−gb dat d|r. Omgekeerd zien we dat iedere gemeenschappelijke deler van b en r ook gemeenschappelijke deler van a en b is. Dus geldt ggd(a, b) = ggd(b, r). We passen dit nu herhaald op ons tweede voorbeeld toe. We vinden,
ggd(25, 7) = ggd(7, 25 − 3 · 7) = ggd(7, 4) = = ggd(4, 7 − 1 · 4) = ggd(4, 3) = = ggd(3, 4 − 1 · 3) = ggd(3, 1) = = ggd(1, 3 − 3 · 1) = ggd(1, 0) = 1 Iets minder omslachtig opgeschreven,
25 = 3 · 7 + 4 7 = 1 · 4 + 3 4 = 1 · 3 + 1 3 = 3 · 1
Met behulp van dit algoritme kunnen we een kettingbreuk van 257 vinden. Hier-voor herschrijven we de laatste berekeningen. Deel de eerste regel door 7, de tweede door 4 en de laatste door 3,
25 7 = 3 + 4 7 7 4 = 1 + 3 4 4 3 = 1 + 1 3
Door deze stappen achter elkaar te zetten zien we dat 25 7 = 3 + 4 7 = 3 + 1 1 + 34 = 3 + 1 1 + 1 1 + 13 = [3, 1, 1, 3]
We hebben de berekening van de kettingbreuken zoals beschreven in paragraaf 2.2 weer teruggekregen!
In het algemeen bepalen we de eindige kettingbreuk van ab met a ∈ Z en b ∈ N met het algoritme van Euclides,
a = a0b + r1 0 ≤ r1 < b b = a1r1+ r2 0 ≤ r2 < r1 r1= a2r2+ r3 0 ≤ r3 < r2 .. . rk−1= akrk
waarbij de laatste rest, rk+1, gelijk is aan nul. Omdat de resten een dalende rij
zijn, dus r1 > r2 > r3 > · · · ≥ 0 moet er op een gegeven moment een rest nul
zijn. Wij beweren dat de laatste positieve rest, rk, de gevraagde ggd is.
Schrijf nu alle delingen met rest als breuken op, a b = a0+ r1 b b r1 = a1+ r2 r1 r1 r2 = a2+ r3 r2 .. . rk−1 rk = ak
Merk op dat voor elke m > 0 geldt dat rm−1 rm
= [am, am+1, · · · , ak].
2.3. EUCLIDISCH ALGORITME EN KETTINGBREUK ALGORITME 13
We laten de juistheid van deze stelling zien aan de hand van de breuk 14384 = [1, 1, 2, 2, 1, 3, 2]. We schrijven 143 en 84 als lineaire combinatie van zichzelf,
143 = 1 · 143 − 0 · 84 84 = 0 · 143 + 1 · 84
We voeren nu de deling uit door te constateren dat 84 ´e´en keer in 143 past met een rest van 59. We trekken dus de onderste regel ´e´en keer van de bovenste regel af. Merk op dat a0 = 1. We krijgen dus,
143 = 1 · 143 − 0 · 84 84 = 0 · 143 + 1 · 84 59 = 1 · 143 − 1 · 84
Vervolgens past 59 ´e´en keer in 84, dus trekken we weer de onderste regel ´e´en keer (a1 = 1) af van de regel erboven,
143 = 1 · 143 − 0 · 84 84 = 0 · 143 + 1 · 84 59 = 1 · 143 − 1 · 84 25 = −1 · 143 + 2 · 84
Nu past 25 twee maal (a2 = 2) in de 59 met een rest van 9 en 9 past twee maal
(a3= 2) in 25 met een rest van 7, etcetera. We krijgen,
143 = 1 · 143 − 0 · 84 84 = 0 · 143 + 1 · 84 59 = 1 · 143 − 1 · 84 25 = −1 · 143 + 2 · 84 9 = 3 · 143 − 5 · 84 7 = −7 · 143 + 12 · 84 2 = 10 · 143 − 17 · 84 1 = −37 · 143 + 63 · 84 0 = 84 · 143 − 143 · 84
Op natuurlijke wijze zien we de wijzergetallen terugkomen in de berekeningen, namelijk het aantal keren dat een regel van de regel erboven wordt afgetrokken. Tevens zien we steeds lineaire combinatie’s van 143 en 84. In het bijzonder is in de voorlaatste stap, 1 = −37 · 143 + 63 · 84, de grootste gemeenschappelijke deler van 143 en 84 af te lezen, namelijk ggd(143, 84) = 1.
Dus ggd(143, 84) = −37 · 143 + 63 · 84.
In het algemeen zien we dat we met dit rekenschema oplossingen hebben gekre-gen van ggd(a, b) = ax + by.
2.4
Geheeltallige oplossingen van ax + by = c
Het volgende probleem doet zich voor.
Je moet 51 euro betalen. Je hebt alleen voldoende munten van 2 euro en briefjes van 5 euro.
Op hoeveel verschillende manieren kun je betalen?
Dit probleem kun je oplossen door alle mogelijkheden na te gaan. Omdat 51 oneven is, heb je een oneven aantal briefjes van 5 euro nodig. Begin met 1 briefje en ga door totdat het aantal briefjes van 5 een te groot getal oplevert. De oplossingen zijn:
munten van 2 euro 3 8 13 18 23 briefjes van 5 euro 9 7 5 3 1
Alle mogelijkheden nagaan is vaak niet een effici¨ente manier om dit soort pro-blemen op te lossen. Zeker niet wanneer de getallen groter worden en je de oplossingen niet direct ziet. We ontwikkelen een theorie die alle oplossingen ge-nereert. We bekijken de theorie aan de hand van het volgende voorbeeld. Een kleuterleidster wil voor 417 euro nieuwe puzzels kopen voor in de speelhoek. Er zijn twee typen puzzels die voor de kleuters in aanmerking komen. De ene soort, waarbij de kinderen gelijksoortige kaartjes moeten aanwijzen, kosten 8 euro per stuk en de andere soort, een soort legpuzzel, kosten 11 euro per stuk. Hoeveel puzzels van elk soort kan zij kopen zonder geld over te houden? We kunnen het aantal puzzels van 8 euro voorstellen door x en het aantal puzzels van 11 euro door y. Gevraagd wordt dus om de vergelijking 8x + 11y = 417 op te lossen voor gehele positieve waarden van x en y.
Uitgangspunt is de vergelijking:
ax + by = c
met a, b, c ∈ Z, ggd(a, b) = 1 en ggd(c, ggd(a, b)) = 1. Als de ggd(a, b)|c, dan kunnen we de vergelijking herleiden door te delen door de ggd(a, b).
Stel dat we nu een oplossing van de vergelijking weten. Bijvoorbeeld x = x1 en
y = y1is een oplossing van de vergelijking. Bekijk nu voor iedere gehele waarde
van t: x = x1+ bt, y = y1− at. Vul dit in (substitueer) in de vergelijking:
ax + by = a(x1+ bt) + b(y1− at) = ax1+ abt + by1− abt = ax1+ by1 = c.
Dus ook x = x1+ bt, y = y1−at is een oplossing van de vergelijking, voor iedere
gehele waarde van t.
Stel x = x2, y = y2 is nog een tweede oplossing van de vergelijking. Nu hebben
we:
ax1+ by1 = c
ax2+ by2 = c
2.4. GEHEELTALLIGE OPLOSSINGEN VANAX + BY = C 15
a(x2− x1) = b(y1− y2), dus b|a(x2− x1).
Er is dus een t met bt = x2− x1, zodat at = y1− y2. Elke tweede oplossing van
de vergelijking wordt dus gevonden uit x = x1+ bt, y = y1− at.
We hebben nu bewezen:
Stelling 2.4.1 Als x1, y1 een oplossing is van de vergelijking ax + by = c, dan
is de algemene oplossing van die vergelijking x = x1 + bt, y = y1 − at. De
oplossing x1, y1 heet een particuliere oplossing van de vergelijking.
De vraag is nu hoe men aan een particuliere oplossing komt. Hier kunnen we handig gebruik maken van kettingbreuken.
Stel ab = [a0, a1, a2, · · · , an] =
pn
qn
. Dus pn= a en qn= b.
In paragraaf 2.2 hebben we afgeleid, dat pkqk+1− pk+1qk= (−1)k. Kies nu k =
n − 1 dan pn−1qn− pnqn−1= (−1)n−1= −(−1)n, dus pnqn−1− pn−1qn= (−1)n
Stel nu dat x = (−1)nqn−1 en y = (−1)n−1pn−1. Substitueer in de vergelijking geeft,
ax + by = pn· (−1)nqn−1+ qn· (−1)n−1pn−1
= (−1)n(pnqn−1− qnpn−1)
= (−1)2n = 1 Hieruit volgt de volgende stelling.
Stelling 2.4.2 x = (−1)nqn−1, y = (−1)n−1p
n−1 is een oplossing van de
ver-gelijking ax + by = 1, waarbij pn−1
qn−1 de (n − 1)-de benaderende breuk is van
a b.
cx, cy is dan een particuliere oplossing van de vergelijking ax + by = c.
De theorie om het probleem van de kleuterleidster op te lossen is hiermee ontwikkeld. We zoeken positieve geheeltallige oplossingen van de vergelijking 8x+11y = 417. We zoeken eerst een particuliere oplossing door 8x+11y = 1 op te lossen. Dit doen we door de kettingbreuk ontwikkeling van 118 op te schrijven.
8 11 = 0 + 1 11 8 = 0 + 1 1 +38 = 0 + 1 1 + 1 2 +23 = 0 + 1 1 + 1 2 + 1 1 + 12 Dus 118 = [0, 1, 2, 1, 2] en n = 5. De 4-de benadering van 8
11 is dus [0, 1, 2, 1] = 0 + 1
1 + 1 2 +11
= 3
x = (−1)nqn−1= (−1)5· 4 = −4 y = (−1)n−1pn−1 = (−1)4· 3 = 3
een oplossing is van 8x + 11y = 1. We vinden dus de algemene oplossing:
x = −4 · 417 + 11t y = 3 · 417 − 8t
Je wilt natuurlijk dat x > 0, dus moet gelden t > 4·41711 . Je wilt ook dat y > 0 dus dat t < 3·4178 . Voor de positieve oplossingen geldt dus dat 166811 < t < 12518 . Dus t = 152, 153, 154, 155, 156. De bijbehorende aantallen puzzels van 8 en 11 euro staan in de tabel,
t = 152 153 154 155 156 x = 4 15 26 37 48 y = 35 27 19 11 3
De kleuterleidster kan dus 5 verschillende combinaties aantallen puzzels kopen, zonder geld over te houden.
2.5
Oefeningen
Oefening 2.5.1 Laat zien dat voor a0 ∈ Z en alle ai ∈ N, i ≥ 1 geldt dat
[a0, a1, · · · , an] = [a0, a1, · · · , an− 1, 1]
Oefening 2.5.2 Bepaal de kettingbreukontwikkeling van: 2 17 13 33 31 336 30 41 71 171 Oefening 2.5.3 Bepaal van bovenstaande breuken alle convergenten.
Oefening 2.5.4 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van de verge-lijking 13 · x + 33 · y = 212
Oefening 2.5.5 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van 17x + 27y = 317
Oefening 2.5.6 Bepaal alle positieve gehele oplossingen x en y van 216x − 1000y = 4600
Hoofdstuk 3
Oneindige kettingbreuken
3.1
Representatie
Kettingbreuken worden pas echt interessant als ze oneindig lang zijn. Oneindige kettingbreuken horen bij irrationale getallen. Dit zijn getallen die niet als breuk zijn te schrijven, zoals bijvoorbeeld π, e,√2, 12 +12√5, etc.
We beginnen met een voorbeeld, de kettingbreukontwikkeling van π. Voor zijn kettingbreuk hebben we allereerst de decimalen van π nodig. Hier zijn de eerste 10: π = 3, 1415926535 · · · . We splitsen π in zijn gehele deel en de rest tussen 0 en 1.
π = 3 + 0, 1415926535 · · ·
De rest 0, 1415926535 · · · schrijven we als 7,06251330···1 en van het getal in de noemer nemen we weer het gehele deel en de rest:
π = 3 + 1
7 + 0, 06251330 · · ·
De rest 0, 06251330 · · · schrijven we als 15,996594396···1 en van het getal in de noemer nemen we het gehele deel en de rest:
π = 3 + 1
7 + 1
15 + 0, 996594396 · · ·
We kunnen zo lang doorgaan als we willen en krijgen de oneindige kettingbreuk-ontwikkeling van π. Zet dit zelf nog een aantal stappen voort. Ter controle enkele wijzergetallen:
π = [3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, · · · ] Algemeen kunnen we het volgende rekenschema opstellen.
Kies een irrationaal getal α. We noteren het gehele deel van α als ⌊α⌋ (dus bijvoorbeeld ⌊3, 1415 · · · ⌋ = 3).
Verder geldt voor de resten de notatie {α} = α − ⌊α⌋. 17
Noem α0= α, dan zijn de wijzergetallen, a0 = ⌊α0⌋, α1 = 1/{α0} a1 = ⌊α1⌋, α2 = 1/{α1} a2 = ⌊α2⌋, α3 = 1/{α2} .. . an= ⌊αn⌋, αn+1 = 1/{αn} .. .
Omdat voor de resten geldt 0 ≤ {αi} < 1 voor elke i ≥ 0 zien we dat αi+1> 1
en dus dat ai+1 ∈ N. Na de n-de stap zien we dat
α = [a0, a1, a2, · · · , an−1, αn]
Als αn = 0 voor een bepaalde waarde van n, dan is α rationaal. Omdat α
irrationaal is, concluderen we dat {αn} > 0 voor alle n. Dit betekent dat het
algoritme oneindig lang doorgaat, want we kunnen steeds weer αn+1 = 1/{αn}
nemen. We krijgen dus de oneindig lange kettingbreuk α = [a0, a1, a2, · · · , an, · · · ] Enkele voorbeelden: √ 2 = [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ] √ 3 = [1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ] √ 17 = [4, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, · · · ] 1 2 + 1 2 √ 5 = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ] π = [3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, · · · ] e = [2, 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, 10, · · · ]
3.2
Benaderingseigenschappen
Kettingbreuken geven een alternatieve manier om re¨ele getallen weer te geven. Deze manier van noteren is compleet anders dan de decimale ontwikkeling. Van-zelfsprekend is het gemakkelijker om voor het optellen en vermenigvuldigen de decimale notatie te gebruiken. Maar kettingbreuken hebben een aantrekkelijke eigenschap. Als voorbeeld bekijken we de kettingbreuk ontwikkeling van π en breken deze af voor 292,
[3, 7, 15, 1] = 355
113, π − 355
113 = −0, 000000266764
De vierde kettingbreuk benadering van π geeft dus een benadering met een precisie van 6 cijfers.
3.2. BENADERINGSEIGENSCHAPPEN 19
Daarentegen geven de eerste vier decimalen van π = 3, 14159265 · · · een benade-ring tot op drie decimalen! Het zijn juist deze goede benadebenade-ringseigenschappen die kettingbreuken zo interessant maken.
We bekijken de benaderingen van √2. De kettingbreukontwikkeling van √2 had de makkelijk te onthouden vorm [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ]. De convergenten be-rekenen we met het volgende schema:
an 1 2 2 2 2 2 2 pn 0 1 1 3 7 17 41 99 239 qn 1 0 1 2 5 12 29 70 169 Nu volgt dat: √ 2 − 75 = 0, 0142135623 · · · √ 2 −1712 = −0, 002453104 · · · √ 2 −4129 = 0, 0004204589 · · · √ 2 −99 70 = −0, 0000072151 · · · √ 2 − 239169 = 0, 0000123789 · · ·
Het lijkt alsof de convergenten in een hoog tempo naar √2 convergeren. Bo-vendien lijken ze afwisselend groter en kleiner dan√2 te zijn.
We kunnen ons afvragen of andere breuken dan de convergenten, ook zo’n goe-de benagoe-dering geven van een irrationaal getal. Stel we willen √2 benaderen door zo’n breuk. Kies een willekeurige noemer, bijvoorbeeld 100. Bepaal nu de teller p zo dat de breuk 100p zo dicht mogelijk bij √2 ligt, dus p = 141. Nu is √
2 −141100 = 0, 00421356 · · · . Duidelijk een slechtere benadering dan 1712, waarvan
teller en noemer veel kleiner zijn dan 141 en 100. Kettingbreukbenaderingen zijn de beste benaderingen van irrationale getallen.
De benaderingen van irrationale getallen α door breuken pq worden dus weerge-geven door: α − p q
De absolute waarde strepen zorgen ervoor dat er alleen naar de positieve afwij-kingen wordt gekeken. De benaderingen liggen afwisselend boven- en onder de werkelijke waarde. Merk op dat voor alle convergenten geldt dat
α − p q < 1 q2
3.3
Periodiciteit en symmetrie¨
en
Een aantal irrationale getallen heeft een kettingbreukontwikkeling met een op-vallend patroon erin. Dat geldt met name voor getallen van de vorm √N , waarbij N een natuurlijk getal is, dat geen kwadraat is. Enkele voorbeelden met hun wijzergetallen:
√ 2 = [1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, · · · ] √ 13 = [3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, · · · ] √ 14 = [3, 1, 2, 1, 6, 1, 2, 1, 6, 1, 2, 1, 6, · · · ] √ 19 = [4, 2, 1, 3, 1, 2, 8, 2, 1, 3, 1, 2, 8, · · · ] √ 31 = [5, 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10, 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10, · · · ] √ 52 = [7, 4, 1, 2, 1, 4, 14, 4, 1, 2, 1, 4, 14, · · · ]
In deze voorbeelden vallen drie regelmatigheden op:
• Na het eerste wijzergetal is de rij wijzergetallen periodiek. Zo is het perio-dieke blok bij√14 gelijk aan 1, 2, 1, 6 en bij√31 is dat 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10. • Het laatste wijzergetal van het periodieke blok is twee maal zo groot als
het eerste wijzergetal.
• Als we van het periodieke blok het laatste getal weglaten, vormen de over-gebleven wijzergetallen een palindroom. Bijvoorbeeld de getallen 1, 2, 1 bij√14 en 2, 1, 3, 1, 2 bij√19.
We bekijken deze eigenschappen aan de hand van √52. De wijzergetallen kun-nen we natuurlijk met een rekenmachine achterhalen, zoals we eerder deden met π, maar we kunnen dit ook doen door exact te rekenen. We maken eerst een afschatting van√52. √52 ligt tussen 7 en 8 in. Dus de kettingbreuk begint met
√
52 = 7 + (√52 − 7)
Vervolgens bepalen we de inverse van de rest√52 −7 en splitsen het gehele deel weer af: 1 √ 52 − 7 = 1 √ 52 − 7· √ 52 + 7 √ 52 + 7 = √ 52 + 7 3 = 4 + √ 52 − 5 3
We maken hier gebruik van het wegwerken van wortels uit de noemer door middel van vermenigvuldiging met √√52+7
52+7 = 1. Deze 1 is zo gekozen dat er in
de noemer een uitdrukking van de vorm (a + b)(a − b) = a2− b2 ontstaat. Het gehele deel achterhalen we doordat 14 <√52 + 7 < 15.
3.3. PERIODICITEIT EN SYMMETRIE ¨EN 21
Dit proces herhalen we met de ontstane resten. We krijgen achtereenvolgens:
3 √ 52 − 5 = 3 √ 52 − 5 · √ 52 + 5 √ 52 + 5 = 3(√52 + 5) 27 = √ 52 + 5 9 = 1 + √ 52 − 4 9 9 √ 52 − 4 = 9 √ 52 − 4 · √ 52 + 4 √ 52 + 4 = 9(√52 + 4) 36 = √ 52 + 4 4 = 2 + √ 52 − 4 4 4 √ 52 − 4 = 4 √ 52 − 4 · √ 52 + 4 √ 52 + 4 = 4(√52 + 4) 36 = √ 52 + 4 9 = 1 + √ 52 − 5 9 9 √ 52 − 5 = 9 √ 52 − 5 · √ 52 + 5 √ 52 + 5 = 9(√52 + 4) 27 = √ 52 + 5 3 = 4 + √ 52 − 7 3 3 √ 52 − 7 = 3 √ 52 − 7 · √ 52 + 7 √ 52 + 7 = 3(√52 + 7) 3 = √ 52 + 7 = 14 +√52 − 7
Deze rest√52−7 is precies de rest waar we in de eerste stap mee zijn begonnen. Dat betekent dat we vanaf nu steeds hetzelfde rijtje resten zullen tegenkomen. Hiermee zullen dus ook de gevonden wijzergetallen periodiek terugkeren! We hebben de periodiciteit van √52 vastgesteld. Merk op dat alle resten van de vorm √N −P
Q zijn.
We generaliseren dit voorbeeld. We willen de periodiciteit van√N , N ∈ N en geen kwadraat, aantonen. Het is voldoende te laten zien dat er maar eindig veel resten mogelijk zijn. Dan zal namelijk bij een oneindige voortzetting van het bepalen van de resten, in ieder geval dezelfde rest een keer terug keren! We beweren dat elke rest van de vorm √N −PQ is, met 0 < P <√N en Q is een deler van N − P2. Dit is zeker waar voor de eerste rest, √N − P . Maar als we
van ´e´en rest weten dat hij deze vorm heeft, dan weten we het van de volgende rest ook, immers,
Q √ N − P = Q(√N + P ) N − P2 = √ N + P Q′ = a + √ N − P′ Q′ Hierin is Q′= N − P2
Q . Dus is ook Q′ natuurlijk een deler van N − P
2. Verder
verschillen P en −P′ een Q-voud. Dus deelt Q′ ook N − P′2. Omdat we de
resten positief kozen, geldt ook dat P′ <√N . Hieruit volgt dat er maar eindig
veel kwadraten van N kunnen worden afgetrokken! Omdat N geen kwadraat is, zal N − P2 6= 0 dus het proces gaat oneindig lang door. Hiermee is de
periodiciteit van√N aangetoond.
In verband met het volgende hoofdstuk, de vergelijking van Pell, vermelden we nog een belangrijk eigenschap (zonder bewijs).
Eigenschap 3.3.1 Als N ∈ N en N is geen kwadraat, dan heeft de kettingbreuk van √N de gedaante √ N = [a0, a1, a2, · · · , an, 2a0] met a0 = ⌊ √ N ⌋. Bovendien geldt [a1, a2, · · · , an] = [an, · · · , a2, a1].
3.4
Kalender
Zo’n 2000 jaar geleden veranderde Julius Caesar de Egyptische kalender die uit-ging van een jaar van precies 365 dagen. De Juliaanse kalender
bestond uit een periode (cyclus) van 1461 dagen, namelijk 3 jaren van 365 dagen en 1 jaar van 366 dagen, een schrikkel-jaar. Het jaar bestond dus gemiddeld uit 365, 25 dagen, een aardige benadering van het tropisch jaar, de gemiddelde om-looptijd van de aarde rond de zon. In ons tijdperk, AD 2000 duurt een tropisch jaar 365, 24219878 dagen. Ter vergelijking: 2000 jaar geleden duurde het tropisch jaar 20 seconden kor-ter.
Julius Caesar De Gregoriaanse kalender werd in 1582 ingevoerd door paus Gregorius XIII.
De oude Juliaanse kalender was gaan achterlopen op de situatie in de natuur. Elke duizend jaar loopt de Juliaanse kalender ongeveer 7, 8 dagen voor. Om deze afwijking te corrigeren werd het systeem van schrik-keljaren aangepast, zodat elk jaartal dat deelbaar was door 100 voortaan geen schrikkeljaar is, behalve als het ook deelbaar is door 400. Dat betekent dat bij-voorbeeld 1600, 2000 en 2400 schrikkeljaren zijn, maar 1700, 1800, 1900, 2100, 2200 en 2300 niet. Het gemid-delde Gregoriaanse jaar duurt hierdoor 365, 2425 da-gen. Per 1000 jaar worden er daardoor gemiddeld 7, 5 dagen gecorrigeerd. Ook besliste de paus dat er tien dagen geschrapt zouden worden. Het gevolg van de Gregoriaanse wijzigingen was ondermeer dat de dagen tussen 4 oktober 1582 en 15 oktober 1582 nooit hebben bestaan. Een ander gevolg was dat er in Europa gedurende lange peri-ode twee kalenders hebben bestaan. In protestante landen voelde men er niet veel voor de plannen van de paus zomaar over te nemen. Uiteindelijk gingen in 1700 de meeste Nederlandse gewesten, Denemarken en Zwitserland over op de Gregoriaanse kalender. Engeland volgde pas in 1752 en Zweden nog een jaar later.
We kunnen ons afvragen of er niet betere kalenders zijn dan de Juliaanse- of Gregoriaanse kalender. We hebben te maken met een cyclus, waarvan sommige jaren schrikkeljaren zijn, terwijl het gemiddelde jaar zo nauwkeurig mogelijk de omlooptijd van de aarde rond de zon (het tropisch jaar) moet benaderen. De periode lengte moet kort zijn of gemakkelijk in gebruik. Bijvoorbeeld de cyclus van 4 jaar van de Juliaanse kalender en de 400 jarige cyclus van de Gregoriaanse
3.4. KALENDER 23
kalender zijn gemakkelijk in gebruik, maar de Hebreeuwse 19 jarige cyclus niet. Je hebt dan een rekenmachine nodig om de schrikkeljaren uit te rekenen. We nemen een cyclus van q jaren met daarin p schrikkeljaren. Dan zijn er ge-durende 1 cyclus 365q + p dagen verstreken. Dat wil zeggen dat de gemiddelde lengte van een jaar komt op:
365q + p
q = 365 + p q
We zijn dus op zoek naar de best mogelijke breukpq die het getal α = 0, 24219878 benadert. Hiervoor zijn bijvoorbeeld de convergenten van de kettingbreuk ont-wikkeling van α geschikt. We krijgen
0, 24219878 = 1 4 + 1 7 + 1 1 + 1 3 + 1 5 + · · · De bijbehorende rij convergenten zijn
p1 q1 = 1 4, p2 q2 = 7 29, p3 q3 = 8 33, p4 q4 = 31 128, p5 q5 = 163 673
De eerste breukbenadering hoort bij het 4 jarige cyclus systeem met 1 schrikkel-dag van de Juliaanse kalender. De overige benaderingen zijn weliswaar nauw-keuriger, maar lastiger om mee te rekenen, hoewel een 33 jarige periode met 8 schrikkeljaren een serieuze optie is geweest. Een dergelijke kalender is inder-daad nauwkeuriger dan de tegenwoordige Gregoriaanse kalender, maar minder nauwkeurig dan bijvoorbeeld de kalender met een 500 jarige cyclus die hierna wordt besproken. We bekijken cycles van enkele jaren lang. Neem q = 100q′,
waarbij q′ een geheel getal is tussen de 1 en de 9 zijn. We benaderen nu
α′ = 100α = 24, 219878 met convergenten. De kettingbreuk ontwikkeling wordt:
α′ = [24, 4, 1, 1, 4, · · · ]
De eerste vier convergenten zijn: p1 q1 = 97 4 , p2 q2 = 121 5 , p3 q3 = 218 9 , p4 q4 = 993 41
We zien drie kandidaten voor de kalender. De eerste correspondeert met onze Gregoriaanse kalender. Deze is gebaseerd op een 400 jarige cycle met 97 schrik-keljaren; namelijk alle jaren deelbaar door 4 (hier zijn er 100 van), behalve de honderdvouden 100, 200 en 300.
De volgende benadering 1215 hoort bij een cyclus van 500 jaar met daarin 121 schrikkeljaren. Bij deze kalender is elk jaar dat je kunt delen door 4 een schrik-keljaar, behalve als het deelbaar is door 100 met de uitzondering dat jaren deelbaar door 500 die wel weer schrikkeljaren zijn. Dit systeem is net zo simpel
als de Gregoriaanse kalender, maar veel nauwkeuriger. De Gregoriaanse kalen-der is 26 seconde langer dan een tropisch jaar; een fout van 1 dag elke 3320 jaar. De kalender met een cyclus van 500 jaar is 17 seconde korter dan een tropisch jaar; een fout van 1 dag elke 5031 jaar. De paus had dit niet door!
De laatste breukbenadering is een kalender met een cyclus van 900 jaar met 218 schrikkeljaren. Er zijn echter 7 uitzonderingen op de 4 jarige schrikkel- regel (218 = 9004 − 7), waardoor deze kalender onnodig ingewikkeld wordt en dus niet handig is.
3.5
Sectio divina
De gulden snede, ook bekend onder de namen gulden verhouding, gulden num-mer, gulden getal of sectio divina, is een irrationaal
ge-tal, ongeveer 1, 618033988749894. Dit getal geeft een verhouding weer die veelvuldig in de natuur wordt aan-getroffen. Daarnaast wordt deze verhouding in de klas-sieke architectuur gezien als de meest aangename, bij-voorbeeld bij de bouw van het theater van Epidaurus (Griekenland). Dit theater is een reusachtige schelp dat tegen de flank van een heuvel ligt. Gebouwd in de vier-de eeuw voor Christus door vier-de architect Polycletus vier-de Jongere uit Argos volgens zuiver wiskundige principes. Het biedt plaats aan 14000 toeschouwers en de akoestiek
is fantastisch! Er zijn 55 rijen zitplaatsen: 34 onder het middenpad (diazoma), verdeeld in 12 sectoren, en 21 rijen boven de diazoma, verdeeld in 22 sectoren. Merk op dat 3421 = 5534 ≈ 1, 61 · · · , de gulden snede.
Euclides heeft aangegeven hoe een lijnstuk verdeelt dient te worden om de gul-den snede te krijgen,
deel een lijn of lengte zodanig in twee ongelijke delen, dat de verhouding van het kleine tot het grote dezelfde is als die van het grote deel tot het geheel.
A S B
a b
Neem lijnstuk AB met daarop een punt S. Noem AS = a en BS = b. Kies punt S zo, dat
a b =
a + b a De verhouding a
b wordt aangegeven met de Griekse letter φ, het zogenaamde
gulden getal. Hieruit volgt dat φ = a b = a + b a = 1 + b a = 1 + 1 φ
3.6. OEFENINGEN 25 krijgen we de kettingbreukontwikkeling, φ = 1 + 1 1 + 1 1 + 1 1 + 1 1 + · · · Dus φ = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ].
Wanneer we de convergenten berekenen met behulp van pm qm = ampm−1+ pm−2 amqm−1+ qm−2 krijgen we de tabel, am 1 1 1 1 1 1 1 1 1 pm 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 qm 1 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34
De teller en noemers van de convergenten zijn precies de getallen uit de rij van Fibonacci. Ook herkennen we de verhoudingen 3421 en 5534 uit het theater van Epidaurus in Griekenland. De waarde van φ wordt dus benaderd door de verhouding van twee opeenvolgende getallen in de rij van Fibonacci. Overi-gens kunnen we met behulp van bijvoorbeeld de ABC-formule ook de gulden verhouding achterhalen. Immers, uit φ = 1 +φ1 volgt de vierkantsvergelijking φ2− φ − 1 = 0, met de positieve oplossing φ = 1 +
√ 5 2 ≈ 1, 6180339887499 · · · . Ofwel, φ = 1 + √ 5 2 = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, · · · ]
3.6
Oefeningen
Oefening 3.6.1 Bepaal de eerste 10 convergenten van 12 +12√7. Laat zien dat inderdaad voor elke convergent pq geldt dat,
α − p q < 1 q2
Oefening 3.6.2 Langzaam ontstaat er in de Gregoriaanse kalender een fout. Met af en toe een correctie wordt deze fout gecorrigeerd. Hiervoor bekijken we langere cycles met lengten van 400 jaar, q = 400q′. Bereken met behulp van
kettingbreuken wanneer er een schrikkeljaar komt te vervallen.
Neem een vierkant ABCD met zijde 1. Kies E op het midden van AB. Teken een cirkel met middelpunt E en straat EC. Laat
G het snijpunt zijn van de cirkel met het verleng-de van AB.
Toon aan dat geldt: AB BG = φ.
A B
C D
E G
Oefening 3.6.4 Welke (irrationale) getallen horen bij de volgende kettingbreu-ken:
[1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ] [1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ] [0, 1, 10, 5, 10, 5, 10, 5, 10, · · · ] [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, · · · ]
Oefening 3.6.5 Ontwikkel in kettingbreuken: √21, √28
Oefening 3.6.6 Ontwikkel in kettingbreuken: √a2+ 1,√a2+ a, waarin a een
willekeurig positief geheel getal is. (Hint: gebruik de methode uit paragraaf 3.3) Oefening 3.6.7 Gegeven is de vergelijking: 55x2− 125x + 71 = 0. Bepaal de kettingbreukontwikkeling van de positieve oplossing van deze vergelijking. Oefening 3.6.8 Gegeven is de vergelijking: bx2− abx − a = 0, waarbij a en
b natuurlijke getallen zijn. Bepaal de kettingbreukontwikkeling van de positieve oplossing van deze vergelijking.
Oefening 3.6.9 In de kettingbreukontwikkeling van het getal e zit een regel-maat. Onderzoek een soortgelijke regelmaat in de kettingbreukontwikkeling van e2, √e en ek+ 1
Hoofdstuk 4
De vergelijking van Pell
4.1
Diophantische vergelijkingen
In Hoofdstuk 2 hebben we oplossingen bepaald van de vergelijking ax + by = c. Deze vergelijking is een voorbeeld van een Diophantische vergelijking. Een Di-ophantische vergelijking is een vergelijking in meerdere variabelen, waarvan de oplossingen gehele getallen moeten zijn. Het type vergelijking is genoemd naar de Griekse wiskundige Diophantus van Alexandri¨e. Hij leefde in de derde eeuw n.C. en schreef onder andere de Arithmetica, een boekwerk waarin een grote verzameling Diophantische vergelijkingen worden beschreven en opgelost. Over Diophantus zelf weten we bijna niets, alleen stond in een Griekse Anthologie van Metrodorus uit de zesde eeuw de volgende opmerking:
Zijn jeugd maakte een zesde van zijn leven uit; na een verder twaalfde kreeg hij een baard; na een verder zevende trouwde hij en zijn zoon werd 5 jaar daarna geboren; de zoon werd maar half zo oud als zijn vader en de vader overleed vier jaar na de zoon.
Dit voorbeeld geeft aanleiding tot een Diophantische vergelijking in 1 variabe-le van graad 1. Een beetje flauw om op te lossen. Andere voorbeelden van Diophantische vergelijkingen zijn:
• x − 2y = 1: Het aantal gehele oplossingen (x, y) van deze vergelijking is oneindig. Voorbeelden van oplossingen zijn (3, 1), (5, 2), · · ·
• xn+ yn= zn. Voor n = 2 zijn de gehele oplossingen de Pythagorese
drie-tallen, hiervan zijn er oneindig veel. Voorbeelden zijn (3, 4, 5), (5, 12, 13), · · · . Voor n > 2 zegt de laatste stelling van Fermat dat er geen gehele getallen (x, y, z) bestaan die aan de vergelijking voldoen.
• x2 − Ny2 = 1. Deze vergelijking staat bekend als de vergelijking van Pell, door Euler abusievelijk toegewezen aan de Engelse wiskundige John Pell (1611 - 1685). De vergelijking is reeds eeuwen daarvoor uitvoerig bestudeerd door Indische wiskundigen. Fermat bewees dat deze vergelij-king altijd een oplossing heeft, behalve wanneer N een kwadraat is. De
oplossing is te vinden in een eindig aantal stappen door met behulp van kettingbreuken een benadering van √N te zoeken.
4.2
Pell nader bekeken
We bekijken een Diophantische vergelijking die er door zijn bijzondere eigen-schappen al vroeg in de geschiedenis uitsprong. Stel dat N ∈ N geen kwadraat is. De vergelijking van Pell wordt gegeven door,
x2− Ny2= 1
waarbij x, y ∈ Z≥0. Neem bijvoorbeeld N = 2. We willen dus gehele positieve
oplossingen vinden van de vergelijking x2− 2y2 = 1. Door enig proberen vin-den we een oplossing (17, 12), immers 172− 2 · 122 = 1. Met enig geduld of een computer vind je ook 902− 2 · 702 = 1. Het zal blijken dat de lijst oplossingen
oneindig lang is!
Wanneer we in plaats van N = 2 een andere waarde van N nemen, dan zijn er steeds oplossingen te vinden, natuurlijk andere dan de triviale oplossing x = 1, y = 0. Dit werd reeds in de oudheid ontdekt en men vond het blijkbaar erg belangrijk. Soms moeten we wel lang zoeken naar oplossingen, bijvoorbeeld bij N = 61. De kleinste oplossing is 17663190492 − 61 · 2261539802 = 1. Het is
duidelijk dat een dergelijke oplossing niet gevonden is door zomaar lukraak te proberen. In 1657 vond de Engelse wiskundige W. Brouncker een oplossings-methode. Met deze oplossingsmethode vond hij bijvoorbeeld de kleinste niet triviale oplossing voor de vergelijking x2− 313y2 = 1:
x = 32188120829134849 y = 1819380158564160 Een spectaculair resultaat!
We bekijken de methode van Brouncker, die gebruik maakt van kettingbreuken. De volgende stelling zegt dat er in ieder geval ´e´en oplossing bestaat. Wanneer we de kleinste niet triviale oplossing van de vergelijking van Pell hebben, kun-nen we de volledige oplossingsverzameling bepalen.
Stelling 4.2.1 Stel N ∈ N en N is geen kwadraat. Dan bestaan er x, y ∈ Z>0
z´o dat x2− Ny2 = 1.
Voor N = 2, 3 is de stelling zeker waar, want 32− 2 · 22 = 1 en 22− 3 · 12 = 1.
We kunnen dus aannemen dat N > 4.
We bekijken de kettingbreukontwikkeling van √N . Deze is periodiek en zoals we eerder gezien hebben wordt deze gegeven door,
√
N = [a0, a1, a2, · · · , ar, 2a0],
met a0 = ⌊
√
N ⌋. We nemen het eerste wijzergetal en het periodieke deel van de wijzergetallen, m.u.v. het laatste, en noemen de convergent pq, dus
p
4.2. PELL NADER BEKEKEN 29
Met behulp van de afschattingen voor convergenten van kettingbreuken (zie opgave 4.4.3) zien we dat
p2− Nq2= (−1)r−1
Wanneer r oneven is, dus p2 − Nq2 = 1, kun je de oplossingen gewoon
af-lezen. Wanneer r even is, dus p2 − Nq2 = −1, dan vind je de oplossin-gen door eerst links en rechts te kwadrateren, zodat je krijgt (p2 − Nq2)2 = (p2+ N q2)2− N(2pq)2 = 1 en de oplossingen weer simpelweg af te lezen zijn.
Samengevat zijn de oplossingen van de vergelijking van Pell:
• Als p2− Nq2 = 1, dan is een oplossing x = p en y = q
• Als p2− Nq2 = −1, dan is een oplossing x = p2+ N q2 en y = 2pq Laten we als voorbeeld N = 61 bekijken. We zoeken dus oplossingen van de vergelijking
x2− 61 · y2= 1 De kettingbreuk van√61 is,
√
61 = [7, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14] Hieruit volgt dat
p
q = [7, 1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1] = 29718
3805
Nu is 297182−61·38052 = −1 dus een oplossing van de vergelijking x2−61·y2 = 1 is x = 297182+ 61 · 38052 = 1766319049 en y = 2 · 29718 · 3805 = 226153980.
We weten nu dat er een niet triviale oplossing van de vergelijking van Pell bestaat en we weten hoe we die oplossing kunnen vinden. Maar er bestaan oneindig veel oplossingen! Om dit in te zien bekijken we de vergelijking met N = 2, dus x2− 2 · y2 = 1. We zagen eerder dat (17, 12) een oplossing is, want
172− 2 · 122 = 1. Deze gelijkheid is met behulp van het merkwaardig product
a2 − b2 = (a + b)(a − b) ook te schrijven als (17 + 12√2)(17 − 12√2) = 1. Kwadrateer nu beide zijden, dus (17 + 12√2)2(17 − 12√2)2= 1. We werken de kwadraten uit: (17 + 12√2)2 = 289 + 408√2 + 288 = 577 + 408√2 en evenzo
(17 − 12√2)2 = 577 − 408√2. We kunnen (17 + 12√2)2(17 − 12√2)2 = 1 dus ook schrijven als (577 + 408√2)(577 − 408√2) = 1. Dit wil zeggen dat x = 577 en y = 408 ook een oplossing is van x2− 2 · y2 = 1! Nemen we nu
in plaats van kwadraten derde machten dan vinden we via (17 + 12√2)3 = (577 + 408√2)(17 + 12√2) = 19601 + 13860√2 de oplossing x = 19601 en y = 13860. Door nu steeds hogere machten te kiezen krijgen we een oneindige rij oplossingen! Bovendien geldt dat wanneer we starten met de kleinste niet triviale oplossing van de vergelijking we zelfs alle oplossingen vinden. Algemeen kunnen we zeggen dat (zonder bewijs),
Stelling 4.2.2 Als (p, q) met p, q ∈ Z>0 de kleinste oplossing is van de
verge-lijking x2− Ny2 = 1, dan bestaat er bij iedere oplossing x, y ∈ N een n ∈ N z´o dat x + y√N = (p + q√N )n.
4.3
Knikkers
In deze paragraaf bekijken we een toepassing van de vergelijking van Pell. Stel we hebben een voorraad even grote knikkers. Na enig puzzelen blijkt dat we de knikkers zowel in een driehoekig patroon als in een vierkant patroon kunnen neer leggen. Hoeveel knikkers hebben we gebruikt? E´en (triviale) oplossing is onmiddellijk duidelijk, 1 knikker. Maar zijn er meer mogelijkheden? Je vindt wellicht dat je met 36 knikkers dit ook kunt realiseren:
=
Figuur 4.1: D8 = V6
Het aantal knikkers in een vierkant patroon noemen we vierkantsgetallen Vn,
ofwel de kwadraten. Dus V1 = 1, V2 = 4, V3 = 9, V4= 16, V5= 25, V6 = 36, etc.
Het aantal knikkers in een driehoekig patroon noemen we driehoeksgetallen Dn. Merk op dat we de driehoeksgetallen vinden door opeenvolgende
natuur-lijke getallen op te tellen, te beginnen bij 1. Dus D1 = 1, D2 = 1 + 2 = 3,
D3 = 1 + 2 + 3 = 6, D4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, D5 = 1 + 2 + · · · + 5 = 15,
D6= 1+2+· · ·+6 = 21, D7 = 1+2+· · ·+7 = 28, D8 = 1+2+· · ·+8 = 36, etc.
Wie zien dat D8 = V6. Met 36 knikkers kunnen we dus zowel een driehoekig
patroon als een vierkant patroon vullen!
We kunnen driehoeksgetallen uitrekenen met de formule Dn =
n(n + 1) 2 . Om alle oplossingen te vinden moeten we de vergelijking Vm= Dn oplossen. Dus,
m2= n(n + 1) 2 Deze vergelijking kunnen we herschrijven tot
4.4. OEFENINGEN 31
Ofwel een Pell vergelijking met N = 8. De kleinste oplossing is 32− 8 · 12 = 1,
corresponderend met m = 1, de triviale oplossing van 1 knikker. Alle andere oplossingen krijgen we door de machten van 3 +√8 uit te werken,
(3 +√8)2= 17 + 6√8 m2 = 62 = 36 (3 +√8)3= 99 + 35√8 m2 = 352 = 1225 (3 +√8)4= 577 + 204√8 m2 = 2042 = 41616
.. .
De conclusie is dat er oneindig veel oplossingen zijn om een aantal knikkers zowel in een driehoekig patroon als in een vierkant te leggen. Ook zien we dat de rij getallen zeer snel groeit. Je hebt dus ruim voldoende knikkers nodig als je ze daadwerkelijk wilt neerleggen!
4.4
Oefeningen
Oefening 4.4.1 Bekijk de opgave over Diophantus in de eerste paragraaf van dit hoofdstuk. Hoe oud was Diophantus?
Oefening 4.4.2 Bepaal de kleinste oplossing van de vergelijking x2− 2 · y2 = 1 Oefening 4.4.3 Bepaal enkele oplossingen van de vergelijking x2− 2 · y2 = 1 door te beginnen met de kleinste oplossing uit de vorige oefening. Laat zien dat de oplossingen die in de tekst vermeld staan ook voorkomen in deze rij oplossingen.
Oefening 4.4.4 (Lastig) Laat zien dat uit de afschattingen voor convergenten van een kettingbreuk,
p q − √ N < 1 2a0q2
de oplossingen van de vergelijking van Pell volgen.
Oefening 4.4.5 Laat zien dat uit de gelijkheid Vm = Dn de Pell vergelijking
(2n + 1)2− 8m2 = 1 volgt.
Oefening 4.4.6 (Lastig) De aantallen knikkers, die zowel in een driehoekig patroon als in een vierkant gelegd kunnen worden, kunnen we ook recursief bepalen. Stel namelijk dat xn+ yn
√
8 = (3 +√8)n. We interesseren ons voor
yn, want dat stelt de zijde m van het vierkant voor. Bepaal met behulp van de
kwadratische vergelijking (3 +√8)2 = 6(3 +√8) − 1 een recursie formule voor
yn+2. Laat tevens zien dat wanneer je start met y0= 0 en y1= 1 je de waarden
Tot slot enkele opgaven waarbij het getal l(N ), de periodelengte van de ket-tingbreuk van √N een rol speelt.
Oefening 4.4.7 Neem een aantal waarden van N en bepaal de kettingbreuk en een oplossing van de Pell-vergelijking. Maak een tabel met daarin de waarden N en l(N ).
Oefening 4.4.8 Het kan gebeuren dat N heel groot is en l(N ) heel klein. Dat zien we in deze opgave.
Bepaal de kettingbreuk van een willekeurig getal van de vorm √n2+ 1. (Hint:
vergelijk opgave 3.6.6). Zie je ook een oplossing van de Pell-vergelijking met N = n2+ 1?
Dezelfde vraag, maar nu voor getallen van de vorm √4n2+ 4.
Oefening 4.4.9 We kijken naar waarden van N waarvoor geldt dat l(N ) = 2. Kies a, b positief en geheel. Stel je wilt weten welk getal x = √N een kettingbreuk van de vorm [a, b, 2a, b, 2a, b, 2a, · · · ] heeft (als zo’n N bestaat). Laat zien dat geldt:
x = a + 1 b + 1
a + x
Los hieruit x op. Aan welke voorwaarde moet a, b voldoen zodat de gevonden x2 geheel is?
Hoofdstuk 5
Eindopdrachten
5.1
De Slag bij Hastings
Misschien heb je wel gehoord van het tapijt van Bayeux. In het Franse stadje Bayeux hangt een linnen doek (’tapijt’) van ongeveer 70 meter lang en 50 cm hoog, waarop net als bij een stripverhaal, 58 taferelen geborduurd zijn. Deze taferelen geven onder meer de slag bij Hastings in 1066 weer. In totaal heeft men op het tapijt onder andere 626 personen, 202 paarden, 41 schepen en 37 gebouwen geteld.
Op een latere datum is ook een boekje geschreven over die slag bij Hastings van 14 oktober 1066: de Carmen de Hastigae Proelio door Guy, Bisschop van Amiens. In dit boekje staat een bewering, welke we in deze opdracht in twijfel zullen trekken. Er staat:
Harold’s mannen stonden als gewoonlijk dicht samengedromd in 13 vierkanten van gelijke grootte, en wee de Noorman die het waagde in zulk een falanx te willen indringen. Maar toen Harold zelf op het slagveld verscheen, vormden de Saksen ´e´en gigantisch vierkant met hun Koning aan de top en stormden voor-waarts onder de strijdkreten ”Ut!”, ”Olicrosse!” en ”Godemitte!”.
De ”Saksen”(d.w.z. Harold’s mannen) zijn hier trouwens de ”Angelsaksen”die in de vijfde eeuw vanuit Duitsland naar Engeland migreerden.
Figuur 5.1: Ubi Harold dux Anglorum et sui milites equitant ad Bosham - Waar Harold, een Engelse graaf, en zijn soldaten naar Bosham rijden.
Opdracht 1
Als x het aantal manschappen op een rij in het grote vierkant en y dat in het kleine vierkant is, wat is dan het verband tussen x en y?
Als het goed is, heb je de vergelijking x2− 13y2 = 1 gevonden die de verge-lijking van Pell genoemd wordt, hoewel John Pell niets met de vergeverge-lijking te maken had. Door een misverstand schreef Euler de oplossingsmethode die door Brouncker was ontdekt, toe aan Pell.
Opdracht 2
Bepaal de kleinste oplossing van de vergelijking x2− 13y2 = 1.
Opdracht 3
laat zien dat de vergelijking x2− 13y2 = 1 equivalent is met de vergelijking (x + y√13)(x − y√13) = 1.
Opdracht 4
Bewijs dat de vergelijking x2− 13y2 = 1 oneindig veel oplossingen heeft. Opdracht 5
Hoe groot was volgens Guy, dus het leger van Harold minstens? Lijkt je dat re-alistisch? Om de laatste vraag te beantwoorden moet je eigenlijk de bevolkings-aantallen van Engeland uit de Middeleeuwen kennen. Zoek dat in betrouwbare bronnen op internet op.
Harold, de koning van Engeland verloor overigens de Slag tegen Willem van Normandi¨e · · ·
Op de webpagina die bij dit Zebradeeltje hoort, kun je meer informatie vinden over De Slag bij Hastings.
5.2
Computer practicum
In deze opdracht ga je kettingbreuken met behulp van een spreadsheet bekij-ken. Wanneer je MS Office gebruikt is dit MS Excel. Ook kun je het gratis kantoorpakket OpenOffice.org downloaden met daarin Calc. De Nederlandsta-lige OpenOffice.org is te downloaden via nl.openoffice.org
Opdracht 1
Bestudeer in de tekst hoe het Euclidisch algoritme om de grootste gemeenschap-pelijke deler (ggd) van twee gehele getallen te bepalen werkt.
Opdracht 2
Maak in je spreadsheet een werkblad waarmee je de ggd van twee gehele getal-len kunt bepagetal-len.
5.2. COMPUTER PRACTICUM 35
Opdracht3
We kunnen gewone breuken als kettingbreuken schrijven. Voorbeeld: 1001 104 = 9 + 65 104 = 9 + 1 104 65 = 9 + 1 1 +39 65 = 9 + 1 1 + 651 39 = · · ·
Breid je werkblad uit zodat de wijzergetallen van de kettingbreuk worden ge-geven.
Bekijk de oneindige kettingbreukontwikkeling: x = [1, 2, 1, 2, 1, 2, · · · ]. We kun-nen dit ook schrijven als x = [1, 2, x] ofwel:
x = 1 + 1 2 + 1x Uitwerking geeft x = 1 + 1 2 +x1 = 1 + x 2x + 1 = 3x + 1 2x + 1
Ofwel de vierkantsvergelijking 2x2− 2x − 1 = 0 met oplossingen x = 12 ±12√3. Inderdaad geldt dat 12 +12√3 = [1, 2].
Opdracht4
Bepaal van enkele oneindige kettingbreukontwikkelingen hun kwadratische ver-gelijking en vind de oplossingen.
Opdracht5
Kun je een grafische rekenmachine programmaatje schrijven om oneindige ket-tingbreuken decimaal te benaderen?
Opdracht6
Schrijf een programma op je grafische rekenmachine dat bij invoer van N de repeterende decimalen van N1 plot in porties van 10 decimalen.
Hoofdstuk 6
Verder werken
De tekst in dit boekje is zo gepresenteerd, dat het vermoeden kan bestaan dat het onderwerp kettingbreuken wiskundig gezien ’af’ is. Dit is niet het geval. Kettingbreuken blijft onderwerp van onderzoek en studie, wat valt binnen het vakgebied van de getaltheorie. Vaak zijn het eenvoudige kenmerken die op-vallen als je aan kettingbreuken gaat rekenen, maar die lastig of (nog) niet te bewijzen zijn. Voor (aanstaande) wiskundigen is er op dit terrein dus nog ruim voldoende werk te verrichten.
In dit hoofdstuk staan een aantal onderwerpen die met kettingbreuken te ma-ken hebben, maar niet in deze vorm behandeld zijn in dit boekje. Opgaven begeleiden de tekst. Waar nodig kan gebruik gemaakt worden van de website die hoort bij dit boekje (zie voorwoord).
6.1
Vermoeden van Zaremba
Een getal x kan worden weergegeven als een kettingbreuk, x = a0+
1 a1+
1 a2+ · · ·
We schrijven dit als x = [a0, a1, a2, · · · ].
De kettingbreukontwikkeling is eindig of oneindig, maar als x rationaal is, dan is de ontwikkeling eindig. In dit geval zijn er twee mogelijke manieren om de kettingbreukontwikkeling te noteren: ´e´en met het laatste wijzergetal ak en ´e´en
met laatste wijzergetal 1 (het voorlaatste wijzergetal is dan ak− 1). Voorbeeld,
7
16 = [0, 2, 3, 2] = [0, 2, 3, 1, 1] Het vermoeden van Zaremba.
We nemen een willekeurig geheel getal m > 1. Dan bestaat er een geheel getal a, 0 < a < m en ggd(a, m) = 1, z´o dat de kettingbreukontwikkeling
a
m = [0, a1, a2, · · · , ak] wijzergetallen ai heeft, waarvoor geldt dat alle ai ≤ B
voor 1 ≤ i ≤ k. B is een kleine absolute constante, bijvoorbeeld 5, welke onaf-hankelijk is van m.
Zaremba heeft dit alleen kunnen bewijzen voor ai≤ C ln(m).
Oefening 6.1.1 Kies een aantal noemers, bijvoorbeeld 11, 13, 17, etc. Bepaal met behulp van de applet op de ondersteunende internetpagina de bijbehorende waarde van B.
6.2
Elementaire functies
Tot nog toe hebben we kettingbreukontwikkelingen bepaald van rationale en irrationale getallen (breuken, wortels, pi en e). Steeds gingen we uit van ket-tingbreuken waarbij de ’teller’ gelijk is aan 1. We bekijken nu enkele eenvoudige functies, waarbij we zullen zien dat de teller niet 1 is.
De kettingbreukontwikkeling van ln(1 + z) is:
ln(1 + z) = z 1 + 1 2z 2 + 1 2z 3 + 2 2z 4 + 2 2z 5 + 3 2z 6 +. ..
Oefening 6.2.1 Kies z = 1 en benader ln(2) op 5 decimalen nauwkeurig met behulp van je rekenmachine. Hoeveel wijzergetallen zijn er nodig?
In Hoofdstuk 3 zagen we een kettingbreukontwikkeling voor het getal π. We merken op dat arctan(1) = π4. De kettingbreukontwikkeling van arctan(z) wordt gegeven door: arctan(z) = z 1 + 1 · z 2 3 + 4z 2 5 + 9z 2 7 + 16z 2 9 +. ..
Oefening 6.2.2 Bepaal π op 5 decimalen nauwkeurig. Hoeveel wijzergetallen zijn er nodig?
6.2. ELEMENTAIRE FUNCTIES 39
Enkele kettingbreuken die met het getal e te maken hebben:
ez = 1 1 − z 1 + z 2 − z 3 + z 2 − z 5 + z 2 −. ..
Oefening 6.2.3 Bepaal e en e2 op 5 decimalen nauwkeurig. Vergelijk met
opgave 3.6.9. Hoeveel wijzergetallen zijn er nodig?
ez− e−z ez+ e−z = z 1 + z 2 3 + z 2 5 + z 2 7 +. ..
Oefening 6.2.4 Welke waarde moet je voor z invullen als je e
2− 1
e2+ 1 wilt
bena-deren? Doe dit op 5 decimalen nauwkeurig.
Voor de leerlingen die bij wiskunde D een module ’Complexe getallen’ gevolgd hebben. Vervang in bovenstaande uitdrukking z door iz. Dan krijgen we:
tan(z) = z 1 − z 2 3 − z 2 5 − z 2 7 −. ..
Oefening 6.2.5 Bepaal tan(1) op 5 decimalen nauwkeurig. Hoeveel wijzerge-tallen zijn er nodig?
