Opgave 513

Als we alle dobbelstenen als verschillend beschouwen, dan zijn er precies $6^{17}$ mogelijke uitkomsten van een enkele worp. We beweren dat precies de helft hiervan minstens $60$ ogen oplevert, en we bewijzen dit door aan te tonen dat er precies evenveel mogelijke uitkomsten zijn met minstens $60$ ogen als met minder dan $60$ ogen. Namelijk, als we een worp hebben met som van de ogen $S$, dan vinden we door alle dobbelstenen om te draaien een unieke geassocieerde worp met $T$ ogen. De ogen op twee tegenoverstaande zijden van een dobbelsteen tellen altijd op tot $7$, waardoor moet gelden dat $S + T = 17 \cdot 7 = 119$. We zien dat $S \geq 60$ dan en slechts dan als $T \leq 59$. Dit bewijst onze bewering; de gevraagde kans is dus precies $1/2$. 

Opgave 514

Als alle spelers tijdens een beurt 1 munt aan de persoon links van zichzelf geven, dan blijven de aantallen munten van de spelers onveranderd. Net zo als alle spelers tijdens een beurt 2 munten aan de persoon rechts van zichzelf geven. Dit soort beurten mogen we dus buiten beschouwing laten.

Nu resteren slechts twee soorten beurten om te analyseren. We noteren het drietal van muntenaantallen van de spelers als $(a,b,c)$. 

Veronderstel eerst dat precies één speler, zeg die met $a$ munten, 1 munt aan de persoon links van zichzelf geeft, terwijl de andere spelers 2 munten aan de persoon rechts van zichzelf geven. We vinden dan dat

$$(a,b,c) \to (a+1, b - 2, c+1 ).$$

Indien zowel de spelers met $a$ en $b$ munten 1 munt aan de persoon links van zichzelf geven en de speler met $c$ munten niet, dan vinden we

$$(a,b,c) \to (a+2, b-1, c-1).$$

In de beginsituatie zijn de aantallen munten van de spelers modulo $3$ allemaal verschillend. Merk nu op dat in beide gevallen hierboven, bovenstaande bewering waar blijft voor het nieuwe drietal indien dit al waar was voor het oude drietal. Dit betekent dat een situatie waarin bovenstaande bewering niet waar is, zoals $(4,4,4)$, nooit bereikt kan worden.

Opgave 515

Herinner de ontbinding

$$x^n - y^n = (x-y)(x^{n-1} + x^{n-2}y + \ldots + xy^{n-2} + y^{n-1}).$$

Met andere woorden, voor alle gehele getallen $x$ en $y$ geldt dat $x^n - y^n$ deelbaar is door $x-y$. Door deze bewering enkele keren bij zichzelf op te tellen, volgt hieruit snel dat zelfs $f(x) - f(y)$ altijd deelbaar moet zijn door $x - y$. 

Laat nu $a,b,c$ de drie verschillende gehele getallen zijn zodat $f(a) = f(b) = f(c) = 1$ en stel dat $f(x) = 0$ voor een zeker geheel getal $x$. Met bovenstaande regel geldt dan dat $1 - 0 = 1$ deelbaar moet zijn door $a-x$, $b-x$ en $c-x$. Dit getal is echter enkel deelbaar door $\pm 1$, dus volgt dat deze drie getallen allemaal gelijk moeten zijn aan $\pm 1$. Dit betekent dan wel dat twee ervan gelijk moeten zijn, hetgeen betekent dat twee van $a$, $b$ en $c$ gelijk moeten zijn; een tegenspraak. Zo'n oplossing $x$ van $f(x) = 0$ kan dus niet bestaan.

Opgave 516

We bewijzen met volledig inductie naar $n$ dat

$$\frac{2^3 - 1}{2^3 + 1} \cdot \frac{3^3 - 1}{3^3 + 1} \cdots \frac{n^3 - 1}{n^3 + 1} = \frac{2}{3} \cdot \frac{n^2+n+1}{n(n+1)}.$$

Inderdaad, voor $n = 2$ geldt dat

$$\frac{2^3 - 1}{2^3 + 1} = \frac{7}{9} = \frac{2}{3} \cdot \frac{7}{6} = \frac{2}{3} \cdot \frac{2^2+2+1}{2(2+1)}.$$

Veronderstel nu dat het geldt voor een zekere $n - 1 \geq 2$. We berekenen dan dat

$\displaystyle\frac{2^3 - 1}{2^3 + 1} \cdot \frac{3^3 - 1}{3^3 + 1} \cdots \frac{(n-1)^3 - 1}{(n-1)^3 + 1} \cdot \frac{n^3 - 1}{n^3 + 1}$	$=$	$\displaystyle\frac{2}{3} \cdot \frac{(n-1)^2+n}{n(n-1)} \frac{(n-1)(n^2+n+1)}{(n+1)(n^2-n+1)}$
	$=$	$\displaystyle\frac{2}{3} \cdot \frac{n^2-n+1}{n} \frac{n^2+n+1}{(n+1)(n^2-n+1)}$
	$=$	$\displaystyle\frac{2}{3} \cdot \frac{n^2+n+1}{n(n+1)}$

wat de inductie voltooit. We berekenen dan ten slotte dat

$$\lim_{n \to \infty} \frac{2^3 - 1}{2^3 + 1} \cdot \frac{3^3 - 1}{3^3 + 1} \cdots \frac{n^3 - 1}{n^3 + 1} = \frac{2}{3} \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+n+1}{n^2+n} = \frac{2}{3},$$

daar de breuk duidelijk naar $1$ convergeert.