Opgave 509

We zullen allereerst aantonen dat er geen $0$ als laatste cijfer op het bord kan staan. We bekijken het aantal enen dat op het bord staat. Er zijn $3$ verschillende acties die we kunnen doen met de cijfers op het bord namelijk:

1. We kunnen $2$ nullen wegvegen en dan schrijven we een nieuwe $0$ op.
2. We kunnen een $0$ en een $1$ wegvegen en dan schrijven we een nieuwe $1$ op.
3. We kunnen $2$ enen wegeven en dan schrijven we een nieuwe $0$ op. 

Bij de eerste 2 acties blijft het aantal enen hetzelfde en bij de laatste actie verdwijnen er 2 enen. Het aantal enen blijft dus altijd even of oneven. Omdat er in het begin een oneven aantal enen op het bord staan, $23$, moeten er op het eind ook een oneven aantal enen op het bord staan. We concluderen daarom dat we niet met een enkele 0 op het bord kunnen eindigen.

We kunnen natuurlijk wel met een $1$ op het bord eindigen en wegens bovenstaande argument zal dat ook altijd gebeuren. Een voorbeeld om dat te bereiken is om eerst $11$ keer $2$ enen weg te vegen en een $0$ op te schrijven. Dan hebben we $1$ keer het getal $1$ en $31$ keer het getal $0$ op het bord staan. Vervolgens vegen we $31$ keer een $0$ en een $1$ weg en schrijven dan weer een $1$ op. Uiteindelijk zal er dan een $1$ overblijven. We concluderen daarom dat we alleen kunnen eindigen met een enkele $1$ op het bord.

Opgave 510

We bekijken ten eerste $p = q + r$. We zien dat $q$ en $r$ allebei minstens $2$ zijn, dus is $p \ge 4$ en daarom is $p$ oneven. Dit betekent dat van $q$ en $r$ eentje even en eentje oneven is. We nemen zonder verlies van algemeenheid aan dat $q$ oneven is en $r$ even dus omdat $r$ een priemgetal is, moet $r = 2$. Als we nu $p = s-t$ bekijken, dan zien we weer omdat $p$ oneven is dat van $s$ en $t$ precies eentje even is en de andere oneven. Als nu $s$ even zou zijn, dan is $s = 2$ en $t \ge 3$ dus $p = s - t \le -1$ wat natuurlijk niet kan. Daarom moet $s$ oneven zijn en $t$ even dus $t = 2$.

Samenvattend hebben we nu dat $r = t = 2$ en $p = q + 2 = s - 2$ oftewel $p = q + 2$ en $s = q + 4$. We zien nu dat $q$, $q + 2$ en $q + 4$ allemaal priem zijn. Ze zijn echter allemaal verschillend modulo $3$, dus moet er eentje deelbaar zijn door $3$. Er is maar 1 priemgetal dat deelbaar is door $3$, namelijk $3$ zelf. Dit betekent dat $p$, $q$ of $s$ gelijk is aan $3$. Als $p$ of $s$ gelijk is aan $3$, dan is $q$ echter hooguit $1$ wat natuurlijk niet kan. Daarom is $q = 3$ en $p = q + 2 = 5$ en $s = q + 4 = 7$. Dit geeft inderdaad een oplossing $(p, q, r, s, t) = (5, 3, 2, 7, 2)$. Ook mogen we natuurlijk $q$ en $r$ omdraaien dus we concluderen dat alleen de vijftallen $(p, q, r, s, t) = (5, 3, 2, 7, 2)$ en $(p, q, r, s, t) = (5, 2, 3, 7, 2)$ voldoen aan de vergelijkingen.

Opgave 511

We zullen allereerst met inductie naar $n$ bewijzen dat voor alle natuurlijke getallen $n$ geldt dat

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^n}\right)=\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}$$

Inductiebasis:

Voor $n=1$ moet gelden $1+x=\frac{1-x^2}{1-x}$. We zien dat inderdaad:

$$(1+x)(1-x)=1-x^2$$

aangezien dit een merkwaardig product is, dus is $1 + x = \frac{1-x^2}{1-x}$ . Het klopt dus voor $n = 1$.

Inductiestap:

Stel dat voor $n = k$ inderdaad geldt

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^k}\right)=\frac{1-x^{2^{k+1}}}{1-x}$$

We bekijken nu $n=k+1$. Daarvoor moeten we bewijzen dat

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^{k+1}}\right)=\frac{1-x^{2^{k+2}}}{1-x}$$

Met de inductiehypothese zie we alvast dat

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^{k+1}}\right)=(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^{k}}\right)\left(1+x^{2^{k+1}}\right) =$$

$$\frac{1-x^{2^{k+1}}}{1-x}\cdot\left(1+x^{2^{k+1}}\right)$$

Nu kunnen we weer het merkwaardige product gebruiken om te vinden dat

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^{k+1}}\right)=\frac{\left(1-x^{2^{k+1}}\right)\left(1+x^{2^{k+1}}\right)}{1-x}=\frac{1-x^{2^{k+2}}}{1-x}$$

Dit is precies de bewering voor $n = k + 1$. We concluderen daarom met inductie dat

$$(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^n}\right)=\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}$$

voor alle natuurlijke getallen $n$.

We bekijken nu ons echte probleem. We zoeken dus naar de reële $0 < x < 1$ zodanig dat

$$2=(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots = \lim_{n\to\infty}(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^n}\right)$$

We kunnen nu het bewijs van hierboven gebruiken om te vinden dat

$$2=\lim_{n\to\infty}(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots\left(1+x^{2^n}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}$$

Verder weten we dat $0 < x < 1$ dus daarmee is $\lim_{n\to\infty} x^{2^{n+1}} = 0$. Dit betekent dus dat

$$2=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}=\frac{1}{1-x}$$

oftewel $1-x=\tfrac{1}{2}$ dus $x=\tfrac{1}{2}$. We concluderen dat $x=\tfrac{1}{2}$ het reële getal $0<x<1$ is zodanig dat $(1+x)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\cdots=2$.

Opgave 512

We moeten nu $AD - BC$ optellen voor alle viercijferige getallen $ABCD$. Dit kunnen we splitsen door $AD$ en $BC$ los op te tellen voor alle viercijferige getallen $ABCD$ en dat zullen we hieronder doen.

We beginnen met $AD$. We zien dat er $9$ mogelijkheden voor $A$ zijn namelijk $1, 2, \ldots , 9$ en $10$ voor $D$ namelijk $0, 1, 2, \ldots , 9$. Bovendien zijn er voor elk paar $(A,D)$ altijd $10\cdot10 = 100$ mogelijkheden voor $B$ en $C$. In totaal geeft dat dus dat de som van $AD$ over alle mogelijke viercijferige getallen gelijk is aan

$100\cdot(1\cdot0+1\cdot1+\cdots+1\cdot9+2\cdot0+2\cdot1+\cdots+9\cdot9) = 100\cdot(1+2+\cdots+9)\cdot(0+1+2+\cdots+9)$

We kunnen nu de formules voor een rekenkundige reeks gebruiken om te vinden dat

$$1+2+\cdots+9=\frac{9\cdot10}{2}=45$$

en evengoed is $0 + 1 + 2 + \cdots+ 9 = 45$. Daarmee is de som van $AD$ over alle viercijferige getallen dus gelijk aan $100 \cdot 45^2$.

We doen nu hetzelfde voor $BC$. Voor zowel $B$ als $C$ zijn er $10$ mogelijkheden, namelijk $0, 1, 2, \ldots , 9$. Voor elk paar $(B,C)$ zijn er dan $9$ mogelijkheden voor $A$ en $10$ voor $D$ dus in totaal $90$ mogelijkheden. Daarmee wordt dit in totaal dus

$90\cdot(0\cdot0+0\cdot1+\cdots+0\cdot9+1\cdot0+1\cdot1+\cdots+9\cdot9) = 90\cdot(0+1+2+\cdots+9)\cdot(0+1+2+\cdots+9)$

Als we weer de formule voor de rekenkundige reeks gebruiken, dan vinden we dat $0 + 1 + 2 + \cdots + 9 = 45$. Daarmee is dus de som van $BC$ over alle viercijferige getallen gelijk aan $90 \cdot 45^2$.

We kunnen nu deze resultaten gebruiken. De som van alle maten van alle viercijferige getallen wordt nu dus

$$100 \cdot 45^2 - 90 \cdot 45^2 = 10 \cdot 45^2 = 20\,250.$$

We concluderen daarom dat de som van de maat van alle viercijferige getallen gelijk is aan $20\,250$.