Uitwerkingen opgaven H1-H5 Algebra en Bewijzen

1. Uitwerkingen opgaven Algebra en Bewijzen 1.
hoofdstuk 1
opgave 1.1.1
Nee, bijvoorbeeld 4 ∈ ℤ, 7 ∈ ℤ, maar
4
7
Z
Opgave1.1.2
a)
1
2
−1
1
3
2
= −
5
12
b) −
1
2
en
1
2
c) Neem
𝑎
𝑏
en
𝑐
𝑑
, dan
𝑎
𝑏
+
𝑐
𝑑
2
=
𝑎𝑑+𝑏𝑐
2𝑏𝑑
∈ ℚ
Opgave1.2.1
a) De verzameling van alle kwadraten van alle natuurlijke getallen
b) De verzameling van alle positieve veelvouden van 11.
c) De alle verzamelingen van alle gehele getallen vanaf 100 tot en met 999.
d) {1,9,25,49, … , … }
e) {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
f) {−1,0,1}
opgave (1.2.2)
a) 2, 4, 6, 8; Ja
b) Nee, 4𝜖𝐸, maar niet in deze verzameling
c) -1,1,3,5 het zijn de oneven getallen
Opgave 1.2.3
a) {2,4,6,8}
b) {0,1,8,27}
c) {−1,1}
d) {−4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4}
e) {1,
1
2
,
1
3
,
1
4
}
Opgave 1.2.4
a) {10𝑛 + 6| 𝑛 ∈ ℕ}
b) {10−𝑛 | 𝑛 ≥ 1}
c) { 𝑛2
− 1| 𝑛 ∈ ℕ}

2. opgave (1.3.1)
a)
O
Z
N
b1) Onwaar:
Er geldt dat -1  O, maar -1  ℕ;
b2) Waar
opgave (1.3.2)
a) De getallen 123 en 456 zijn de elementen van de linkerverzameling. Geen van beide
getallen zijn element van de rechterverzameling. Dus: {123, 456}  {1, 2, 3, 4, 5, 6};
b) De elementen -2 en -1 zijn elementen van de linkerverzameling, maar niet van de
rechterverzameling. Dus: {-2, -1, 0, 1, 2}  N;
c) Alle elementen van de linkerverzameling zijn gehele getallen, en dus ook elementen van
de rechterverzameling. Dus: {-2, -1, 0, 1, 2}  Z;
d) De verzameling van alle drievouden is {..., -9, -6, -3, 0, 3, 6, 9, ...};
De verzameling van alle zesvouden is {..., -12, -6, 0, 6, 12, ...};
Het getal 3 is een drievoud, maar het is géén zesvoud. Dus:
de verzameling van alle drievouden  de verzameling van alle zesvouden;
e) De verzameling van alle zesvouden is {..., -12, -6, 0, 6, 12, ...};
De verzameling van alle drievouden is {..., -9, -6, -3, 0, 3, 6, 9, ...};
Een willekeurig zesvoud is te noteren als 6 n voor een of andere n  Z. Een andere
notatie voor dat getal is dan 3 2 n, en dat is een drievoud. Elk zesvoud is dus een
drievoud. Dus:
de verzameling van alle zesvouden  de verzameling van alle drievouden;
f) De linkerverzameling is de verzameling van alle veelvouden van 35.
De rechterverzameling is de verzameling van alle veelvouden van 5.
Net als in onderdeel e) is te beredeneren:
{35 n | n  Z}  {5 n | n  Z};
g) Voor elk natuurlijk getal n geldt: (-1)n = 1 of (-1)n = -1. De linkerverzameling is dus te
noteren als {-1, 1}. Elk element van de linkerverzameling is element van de
rechterverzameling, dus: {(-1)n | n N}  {-2, -1, 0, 1, 2};
h) De linkerverzameling, enumeratief genoteerd: {..., 4
1
, 2
1
, 1, 2, 4, 8, ...}. Elk element van
deze verzameling is een rationaal getal. Dus: {(2)z | z Z}  Q.

3. opgave (1.3.3)
a) ,
{1}, {2},
{1, 2};
b) , {5}, {8}, {9},
{5, 8}, {5, 9}, {8, 9},
{5, 8, 9};
c) , {1}, {2}, {3}, {4},
{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4},
{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4}.
opgave (1.3.4)
a) P({1, 2}) = { ,{1}, {2}, {1, 2}}; b) P({5, 8, 9}) = {, {5}, {8}, {9}, {5, 8}, {5, 9}, {8, 9}, {5, 8, 9}}.
opgave (1.4.1)
a) {1, 3, 4, 5, 6, 7, 9}; d) {1, 3, 5, 7, 9};
b) {5, 7}; e) {1, 3, 5, 7, 9};
c) {1, 3, 9}; f) .
opgave (1.4.2)
a) Z; b) ;
opgave (1.4.3)
a) Deze bewering is waar, bewijs:
Kies (bijvoorbeeld) A = {1, 2} en B = {2, 3}, dan geldt: A B = {1} en B A = {3}: twee
verschillende verzamelingen dus;
b) Deze bewering is onwaar, bewijs {met een tegenvoorbeeld}:
Kies (bijvoorbeeld) A = {1, 2} en B = {1, 2}, dan geldt: geldt: A B = B A = ;
c) Deze bewering is waar, bewijs:
Kies A = {1, 2} en B = {1} dan geldt: A  B = {1, 2} en A = {1, 2};
d) Deze bewering is waar, bewijs:
Kies A = {1} en B = {1, 2} dan geldt: A  B {1} en = A = {1}.
opgave (1.4.4)en opgave (1.4.5)
 {1} {2} {1, 2}   {1} {2} {1, 2}
       {1} {2} {1, 2}
{1} {1}  {1}  {1} {1} {1} {1, 2} {1, 2}
{2} {2} {2}   {2} {2} {1, 2} {2} {1, 2}
{1, 2} {1, 2} {2} {1}  {1, 2} {1, 2} {1, 2} {1, 2} {1, 2}

4. hoofdstuk 2
opgave 2.2.1
6120want er is een k zodanig dat 6 ∙ 𝑘 = 120, namelijk 𝑘 = 20
8 4Œ want er is geen geheeltallige k zodanig dat 8∙ 𝑘 = 4
Opgave2.2.2
7 = 2 ∙ 3 + 1, dus ja.
−13 = 2 ∙ −7 + 1, dus ja.
−5 = 2 ∙ −3 + 1, dus ja.
Opgave2.2.3
Stel 𝑚 = 2 ∙ 𝑘 + 1 en 𝑛 = 2 ∙ 𝑙 + 1 dan 𝑚 ∙ 𝑛 = (2𝑘 + 1)(2𝑙 + 1) = 4𝑘𝑙 + 2𝑘 + 2𝑙 + 1 =
2(2𝑘𝑙 + 𝑘 + 𝑙) + 1 = 2𝑝 + 1, dus oneven. (𝑝 = 2𝑘𝑙 + 𝑘 + 𝑙)
Opgave2.2.4
Zie reader.
Opgave2.2.5
Zelf aantal getallen kiezen en invullen!
Opgave2.2.6
a) 5| 𝑚 𝑑𝑢𝑠 𝑚 = 5𝑘 𝑒𝑛 5| 𝑛 𝑑𝑢𝑠 𝑛 = 5𝑙 Dan 𝑚 + 𝑛 = 5𝑘 + 5𝑙 = 5(𝑘 + 𝑙), dus 5| 𝑚 + 𝑛
b) 𝑚 = 3 𝑛+1
− 6𝑛 + 270 = 3(3 𝑛
− 2𝑛 + 90), 𝑑𝑢𝑠 3| 𝑚.
c) 𝑛 = 2𝑘 + 1, 𝑑𝑢𝑠 𝑛2
− 1 = 4𝑘2
+ 4𝑘 = 4𝑘(𝑘 + 1). Of k of 𝑘 + 1 is even, dus een van
beide heeft factor 2. Dan heeft 4𝑘(𝑘 + 1) een factor 4 ∙ 2 = 8, 𝑑𝑢𝑠 8| 𝑛2
− 1.
d) Neem 𝑛 = 4, 4 heeft 3 delers, 1,2 en 4. 2𝑛 = 8 heeft 4 delers, 1,2,4 en 8. Dus onwaar.
e) Onwaar, neem 𝑘 = 2, 𝑚 = 5 𝑒𝑛 𝑛 = 3 bijvoorbeeld.
Opgave2.3.1
180 = 22
∙ 32
∙ 51
Opgave2.3.2
210 = 2 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 7
268= 22
∙ 67
429= 3 ∙ 11 ∙ 13
1024= 210
Opgave2.3.3
172 = 22
∙ 43
364= 22
∙ 7 ∙ 13
970 = 2 ∙ 5 ∙ 97
2069=2069 (2069 is priem)

5. Opgave2.3.4
Zie reader.
Opgave2.3.5
1024= 210
, dus heeft (10+1)=11 delers
729 = 36
, dus heeft (6+1)=7 delers
Opgave2.3.6
a) 1012 = 22
∙ 11 ∙ 23, dus heeft (2+1)(1+1)(1+1)=12 delers
b) 2430 = 2 ∙ 35
∙ 5, dus heeft (1+1)(5+1)(1+1)=24 delers
c) 1001 = 7 ∙ 11 ∙ 13, dus heeft (1+1)(1+1)(1+1)=8 delers
d) 383 = 383, dus heeft (1+1)=2 delers
e) 8 ∙ 1080
= 283
∙ 580
, dus heeft (83+1)(80+1)=6804 delers
f) 441 = 32
∙ 72
, dus heeft (2+1)(2+1)=9 delers
Opgave2.3.7
𝑥𝑦 = 2302
∙ 32
∙ 5200
∙ 73
Opgave2.3.8
a) (300+1)(2+1)(1+1)(1+1)=3612 delers
b) (1+1)(200+1)(2+1)=1206 delers
c) 45 ∙ 1099
= 299
∙ 32
∙ 5100
, dus heeft (99+1)(2+1)(100+1)=30300 delers
Opgave2.3.9
6860 = 22
∙ 5 ∙ 73
, dus heeft (2+1)(1+1)(3+1)=24 delers
Opgave2.3.10
Doe zelf een vooronderzoek!
Stel 𝑚 = 𝑝1
𝛼1 ∙ 𝑝2
𝛼2∙ 𝑝3
𝛼3 ∙ … ∙ 𝑝 𝑛
𝛼 𝑛 , dan is 𝑛 = 𝑚2
= 𝑝1
2𝛼1 ∙ 𝑝2
2𝛼2∙ 𝑝3
2𝛼3 ∙ … ∙ 𝑝 𝑛
2𝛼 𝑛 , dus dan
zijn er (2𝛼1 + 1)(2𝛼2 + 1)(2𝛼3 + 1)… ∙ (2𝛼 𝑛 + 1). Elke factor is dus oneven en het product
van oneven getallen is weer oneven (zie opgave 2.2.3)
Opgave2.3.11
Niet waar, tegenvoorbeeld bij 𝑛 = 3.
Opgave2.3.12
Stel 𝑛 = 𝑝1
𝛼1 ∙ 𝑝2
𝛼2∙ 𝑝3
𝛼3 ∙ … ∙ 𝑝 𝑛
𝛼 𝑛 , dit heeft ( 𝛼1 + 1)( 𝛼2 + 1)( 𝛼3 + 1)… ∙ (𝛼 𝑛 + 1) delers.
Dan kan een getal alleen 3 delers hebben als een van de factoren 𝛼 2 is en de rest 0.
Dus een getal heeft 3 delers als het van de vorm 𝑛 = 𝑝2
is (want dan (2+1)=3 delers).
𝑛2
= 𝑝4
heeft dan (4+1)=5 delers.
Opgave2.3.13
Niet waar, tegenvoorbeeld bij 𝑛 = 2, geeft 𝑛2
+ 17𝑛 + 19 = 57 = 3 ∙ 19, dus geen priem.

6. Opgave2.4.1
12 n nr r 
Opgave2.4.2
1
1
( 1)( 2) ( 1) 2 2 2( 1)
2 2( 1)
2
n n
n n
r r n n n n n n
n
r r


         


Opgave2.4.3
Ieder even getal groter dan 2 is te schrijven als 2k, met 𝑘 ≥ 2.
Kies k nu gelijk aan 𝑛 + 1 (zie opgave 2.4.2) en dan heb je alle even getallen.
Opgave2.4.4
a) 2 2
1 ( 1) 2 1n nv v n n n       en dat is oneven
b) 1 1n nd d n    , elk willekeurig natuurlijk getal k groter dan 1, is nu uit te drukken,
kies dan 𝑘 = 𝑛 + 1
c)
2 2 2
2 2
1
2 4 2 3 2
( 1) 2 1
2 2
n n
n n n n n n
n n n d d
     
       
Opgave2.4.5
a) 2 2 2
( 1) 2 2 1nS n n n n     
b) 2 2
1 12( 1) 2( 1) 1 (2 2 1) 4 , dus 4n n n nS S n n n n n S S           
Opgave2.4.6
a)
2
Laat 1 3 5 ... (2 3) (2 1)
(2 1) (2 3) ... 5 3 1
2 2 2 2 ... 2
2 2
n
n
n
n
n
S n n
S n n
S n n n n
S n n
S n
       
       
    
 

b) –
Opgave2.4.7
2
3 7
2
n n

7. hoofdstuk 3
opgave 3.2.1
Zelf tekenen
opgave 3.3.1
q r
2 6
0 7
-3 1
0 7
-2 6
-1 13
3 1
1 13
opgave 3.3.2
a)
731 1 425 306
425 1 306 119
306 2 119 68
119 1 68 51
68 1 51 17
51 3 17 0
(731,425) 17ggd
  
  
  
  
  
  

b)
1224 1 1024 200
1024 5 200 24
200 8 24 8
24 3 8 0
(1224,1024) 8ggd
  
  
  
  

c)
1632 1 1350 282
1350 4 282 222
282 1 222 60
222 3 60 42
60 1 42 18
42 2 18 6
18 3 6 0
(1632,1350) 6ggd
  
  
  
  
  
  
  

d)
17399 1 16637 762
16637 21 762 635
762 1 635 127
635 5 127 0
(17399,16637) 127ggd
  
  
  
  

opgave 3.4.1
a) 𝑥 = 1; 𝑦 = 7 b) 𝑥 = −1; 𝑦 = 6 c) 𝑥 = −1; 𝑦 = 2
opgave 3.4.2
a) 𝑥 = −5; 𝑦 = 7 b) 𝑥 = 41; 𝑦 = −49 c) 𝑥 = −67; 𝑦 = 81
opgave 3.4.3
a) Ja, want (25,45) 510ggd 
b) Nee, want (25,45) 5 11ggd  Œ
c) Ja, want (25,45) 5 0ggd 
d) Ja, want (39,41) 11ggd 
e) Nee want (132,96) 4 1ggd  Œ

8. f) Ja want (132,96) 4 24ggd 
g) Nee, 1000 1000 1000
(2 ,4 ) 2 1ggd  Œ
h) Ja want 1000 1000
(13 ,2 ) 11ggd 
opgave 3.4.4 (meerdere antwoorden mogelijk)
a) 𝑥 = 70; 𝑦 = −120 b) 𝑥 = −164; 𝑦 = 196 c) 𝑥 = −134; 𝑦 = 162
opgave 3.4.5
a) 𝑥 = −1; 𝑦 = −1
b) 4 naar rechts, 3 omhoog
c) 𝑥 = −1 + 4𝑡, 𝑦 = −1 + 3𝑡
opgave 3.4.6
𝑥 = 2 + 4𝑡, 𝑦 = −3 − 7𝑡
opgave 3.4.7
𝑥 = 3 + 8𝑡, 𝑦 = −4 − 11𝑡
opgave 3.4.8
𝑎 en f
opgave 3.4.9
𝑥
5
+
𝑦
7
=
99
35
geeft 7𝑥 + 5𝑦 = 99. Met Euclides: 𝑥 = −198 + 5𝑡; 𝑦 = 297 − 7𝑡.
opgave 3.4.10
16𝑥 + 24𝑦 = 216 geeft 2𝑥 + 3𝑦 = 27
Mogelijke oplossingen: (0,9),(3,7),(6,5),(9,3), (12,1)
opgave 3.4.11
Invullen van 𝑘 = 100 − 𝑚 − 𝑣 geeft 5𝑚 + 3𝑣 = 100
Alle oplossingen: 𝑚 = 20 − 3𝑡; 𝑣 = 5𝑡; 𝑘 = 80 − 2𝑡
Mogelijke oplossingen voor 𝑡 = 0,1,2,3,4,5,6 (zelf invullen)

9. hoofdstuk 4
Opgave4.2.1
a)  1123|n n
b) [ 3 ]n m n m   
c) [2 3 5]x x  
d) 2
[ 0]x x 
e) 2
[ 5 7 0]x x x   
Opgave4.2.2
a) De vergelijking 3
5 1x x  heeft een reële oplossing.
b) Voor elk oneven getal geldt dat de vierdemacht van dat getal groter is dan nul.
c) Er is een natuurlijk getal dat zowel deelbaar is door 123 als door 456.
d) Het product van drie opeenvolgende gehele getallen is altijd deelbaar door zes.
Opgave4.3.1
a) Er zijn drie opeenvolgende gehele getallen die alle drie deler zijn van 120.
Bewijs: neem n=2, dan n+1=3 en n+2=4, dus n|120 en (n+1)|120 en (n+2)|120.
b) Er is een natuurlijk getal dat 100 positieve delers heeft.
Bewijs: Neem n=299
,dan heeft n 100 positieve delers (zie hoofdstuk 2).
c) Voor elk priemgetal geldt dat de derdemacht van dit priemgetal groter dan 7 is.
Bewijs: Als p een priemgetal is, dan is 2p  , dus 3 3
2 7.8p   
d) De som van drie opeenvolgende gehele getallen is altijd deelbaar door 3.
Bewijs: Voor elk geheel getal a geldt: ( 1) ( 2) 3 3 3( 1).a a a a a        Dit is deelbaar
door 3.
e) Er is een natuurlijk getal n waarvoor geldt dat
1 1 1 1
...
1 2 3 n
    is groter dan 2.
Bewijs: Neem n=4,dan is
1 1 1 1 1 1 1 1 13 1
... 1 2 2.
1 2 3 1 2 3 4 12 12n
          
f) Voor elk natuurlijk getal n dat groter of gelijk aan 8 is, geldt dat
1 1 1 1
...
1 2 3 n
    groter is
dan
1
2
2
.
Bewijs: Voor elke natuurlijk getal n dat groter of gelijk is aan 8 geldt:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1
... 2 2
1 2 3 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 4 4 8 8 8 8 8 2.n
                     
Opgave4.4.1
a) [3| ( 1)]n n n  
Deze bewering is onwaar:neem bijvoorbeeld n=4, dan is ( 1) 20n n   en 20 is niet deelbaar
door 3. Dus de bewering is niet waar.
b) [3| ( 1)]n n n  
Deze bewering is waar:neem bijvoorbeeld n=3, dan is ( 1) 12n n   en 12 is deelbaar door 3.
c)
2 2
[(2 1) 4 1] [ 4 1]n m k O mn m of k m           

10. Dit is waar: 2 2 2
2 1, (2 1) 4 4 1 4( ) 1 4 1,Stel k n dan n n n n n m           waarbij
2
m n n  .
d) 2
[ 5 7 0]x x x   
Dit is niet waar. Als er oplossingen zijn, dan kunnen we die met de abc-formule berekenen.
Echter de discriminant is negatief: 2
4 25 4 1 7 3b ac       , dus zijn er geen reële
oplossingen.
e) [2 3 5]x x  
Deze bewering is waar:neem x=1, dan is 2x+3=5.
Opgave4.4.2
a) Dit is niet waar:als ( 1) | ( 841)n n  , dan ( 1) |840,n  want 841 ( 1) 840n n    . De
priemdelers van 840 zijn 2, 3, 5 en 7. Neem dus n=10, dan is n+1=11 en n+841=851. 851 is niet
deelbaar door 11.
b) Dit is waar,want 1
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0,n n n n n n
              voor elk geheel
getal n.
c) Dit is waar. Neem bijvoorbeeld p=2, dan is 2
41 47p p   en 47 is een priemgetal.
d) Dit is niet waar. Neem bijvoorbeeld p=41: dat is een priemgetal. Dan is
2 2
41 41 41 41 41 (41 1 1) 41 43p p           , dus dit is geen priemgetal.
e) Dit is niet waar. Neem bijvoorbeeld a=1. Dan is 3
( 1) 8a   , terwijl 3 3
1 2.a  
f) Dit is waar: 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) 2 1a a a a a a a a              .
Nu is
3 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) ( 2 1) 1 ( 2 1)a a a a a a a a a a a                   
3 2 2 3 2
2 2 1 1.33a a a a a a a a        
Opgave4.5.1
a) 2 2
[ 0]x y x y    
Dit is waar:neem bijvoorbeeld x=2 en y=-2, dan is 2 2
4,x y  zodat 2 2
0.x y 
b)
2 2
[ 0]x y x y    
Dit is ook waar:Neem voor y = -x, dan is 2 2
,x y zodat 2 2
0.x y 
c) [15 30 18]x y x y    
Dit is niet waar. We hebben in hoofdstuk 3 gezien dat deze vergelijking alleen een geheeltallige
oplossing kan hebben als 18 een veelvoud is van ggd(15,30). Nu is ggd(15,30)=15 en 18 is geen
veelvoud van 15, dus deze vergelijking heeft geen geheeltallige oplossing.
d) [ | ]n m n m  
Dit is waar:neem n=1, dan is n deler van elk geheel getal m, want 1m m  , dus 1 is deler van
m.
e)
2
x y
x y
 
 
    
Dit is waar. Het bewijs: Stel x en y :
t
x
n
 en
s
y
m
 , waarbij t en s gehele getallen
zijn en n en m natuurlijke positieve getallen zijn. Dan is

11. 2 2 2 2 2
t s tm sn tm sn
x y tm snn m nm nm nm
nm

 
 
    . Nu is 2nm een positief geheel getal en
tm+sn is een geheel getal, dus is
2
tm sn
nm

 . Dus is het gemiddelde van x en y een een
rationaal getal.
f) [ 0]x y xy x    
Dit is waar:neem x=0, dan is voor elke : 0.y xy x  
g) [ 1]y x xy x    
Dit is niet waar:neem y=1, dan is voor alle x: 0xy x x x    , dus NIET: 1.xy x 
h) 2 2 2 2
[(2 1) ] [ ]n k l m O k ln k l of m k l               
Dit is waar:Stel 2 1m n  en neem k n en 1l n  , dan is
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 2 1) 2 1k l n n n n n n          .

12. hoofdstuk 5
Opgave5.2.1
0,1,2,3,4,5 of 6.
Opgave5.2.2
Waar, Waar, Onwaar.
Opgave5.2.3
Nee, want 45-26=19 en 7 is geen deler van 19.
Nee, want 37- 23=14 en 4 is geen deler van 14.
4526 (mod n)
Omdat 45-26=19 volgt: n=19: 19 is een deler van (45-19).
Opgave5.2.4
Bijvoorbeeld: 10 en 22 hebben dezelfde rest bij deling door 4, namelijk 2. Nu is 1022 (mod 4)
want 22-10=12 en 4 is een deler van 12.
Opgave5.2.5
Bijvoorbeeld: (zie 5.2.3): 45-26=19, dus 457 (mod 19) en 267 (mod 19).
Opgave5.2.6
a) q=15 en r=1
b) q=13 en r=0
c) q=-4 en r=7
Opgave5.2.7
a) 12345 ≡ 1 (mod 4): waar, want 12345-1=12344 is deelbaar door 4, want 12300 en 44 zijn
beide deelbaar door 4.
b) Is 12345 ≡ 1 (mod 16)? Dan zou 12345-1=12344 deelbaar moeten zijn door 16.Nu is
12344=12000 + 344=12000 + 320 +24, en 12000 is deelbaar door 16 en 320 ook, maar
24 niet, dus het geheel is niet deelbaar door 16. Dus onwaar.
c) 12345 ≡ 54321 (mod 2): dit is waar, want 123451 (mod2) en 54321 1 (mod2).
d) 12345 ≡ 1234 (mod 2): onwaar: want 123451 (mod2) en 1234 0 (mod2).
e) 171 ≡ 1 (mod 17): waar want 171-1=170 is deelbaar door 17.
f) 12 ≡ 573 (mod 17): 573  (573-510)= 63 (mod 17) en 63(63-51)=12 (mod 17), dus
waar.
g) –12 ≡ –573 (mod 17): Omdat 12 ≡ 573 (mod 17) geldt dat 17 een deler is van (573-12).
Dan is 17 ook een deler van (-573-(-12)) = (-573+12) = - (573-12). Dus waar.
h) –12 ≡ 573 (mod 17): onwaar.Uit f) volgt dat 17 een deler is van 573-12=561. Nu is 573-(-
12)= 573+12=585=561+24. 17 is deler van 561 maar niet van 24, dus niet van 585. Dus
onwaar.
i) 57 ≡ 0 (mod 3): waar want (57-0)=57=319.
j) 57 ≡ 0 (mod 19): waar want (57-0)=57=319.
k) 19 ≡ 0 (mod 57): onwaar want (19-0)=19 en 57 is geen deler van 19.
l) 19 ≡ 19 (mod 57): waar want (19-19)=0 en 57 is een deler van 0: 0=057.
Opgave5.2.8

13. a) r=0.
b) r=1.
c) r=10.
d) r=0.
e) r=6.
f) r=1.
g) r=13.
Opgave5.2.9
Als m bij deling door n rest r oplevert, dan geldt: m  r (mod n).
Bewijs: Stel m levert bij deling door n rest r op: dan is m te schrijven als
, waarbij natuurlijk geheel getal groter dan 1 en n natuurlijk getal kleiner dan .m q n r n n  
Dan is , dus is een deler van , dus (mod ).m r n q n m r m r n    
Als m ≡ r (mod n), dan levert m bij deling door n rest r op.
Bewijs: Stel dat (mod ), dan is een deler van :dus stel dan .m r n n m r m r q n     Dan geldt
dat , dus geeft bij deling door rest .m q n r m n r  
Opgave5.3.1
23 ≡ 3 (mod 5) en 39 ≡ 4 (mod 5) .
Dus 62 = 23 + 39 ≡ 7 2 (mod 5).
Opgave5.3.2
Is 5754 + 570060 deelbaar door 57, ja want:
5754  54 (mod 57) en 570060 ≡ 603 (mod 57) dus
5754 + 570060 ≡54+3=570 (mod 57). En dus is 5754+570060 deelbaar door 57.
Opgave5.3.3
100014 (mod 986), dus 1000+1000+1000+100014+14+14+14=56 (mod 986), dus
4000 – 9874000 (mod 986)+ (-987) (mod 986)56+(-1) = 55 (mod986) .
Dus 4000-987 geeft een rest van 55 bij deling door 986.
Opgave5.3.4
Gevraagd: (4002 – 997) (mod 497).
5003 (mod497), dus 10006 (mod497) en 400024 (mod497) en 400226 (mod497).
Verder is -997-500-3 (mod 497).
Dus 4002-99726-3=23 (mod 497).
Opgave5.3.4 (tweede)
a) 1198 + 1202 + 1204-2+2+4=4 (mod 1200).
b) 1211211213111211213121121311121312131133 (mod 11)
c) 2100
+ 2101
+ 2102
= 2100
+22100
+22
2100
=7  2100
0 (mod 7).
d) 24
=16 5 (mod11), dus 25
10-1 (mod 11), dus 210
=25
 25
(-1)(-1)=1 (mod11), dus
280
=(210
)8
18
=1 (mod 11). Verder is 72
=49dus 74
253 (mod 11), dus 75
21-1 (mod 11),
dus 710
=75
75
(-1) (-1)=1 (mod 11), dus 750
=(710
)5
15
mod 11).
Dus: 280
750
 1 1 =1 (mod 11)
e) 46 115  33  29  31  45  9714  19 1 (-3)

mod 32).

14. f) 81 (mod 7), dus 8001002 (mod 7). Dus 800600
2600
(mod 7). Nu is 26
=641 (mod 7), dus
2600
=(26
)100
=(64)100
1100
=1 (mod 7). Dus 800600
2600
1(mod 7).
Verder is 6-1 (mod 7), dus 600-100-25 (mod 7). 52
=254 (mod 7), 53
5  4=20-1 (mod
7), dus 56



mod 7)Nu is 798 = 6133 dus 5798
=(56
)133
1133
=1 (mod 7).
Dus 600800
5800
=5798


(mod 7).
Conclusie: 800600
– 600800
mod 7).
Opgave5.3.5
Toon aan dat 31000
– 1 deelbaar is door 38
– 1.
1000 992 8 1000 992 1000 992 992 8 8
3 1 3 1(mod3 1), want (3 1) (3 1) 3 3 3 (3 1) 0 (mod3 1).             
Net zo:
992 984 8 992 984 992 984 984 8 8
3 1 3 1(mod3 1), want (3 1) (3 1) 3 3 3 (3 1) 0 (mod3 1).             
We zien dus dat we telkens 8 van de exponent af kunnen halen. Dus kunnen we er ook 124x8 =992 van
af halen: dus 1000 1000 992 8 8
3 1 3 1 3 1 0 (mod3 1),
       dus 31000
– 1 deelbaar is door 38
– 1.
Een korter bewijs:
8 8 1000 8 125 125 8 1000 8
3 1(mod 3 1), dus 3 (3 ) (1) 1(mod 3 1), dus 3 1 0 (mod 3 1),        
1000 8
Dus 3 1 is deelbaar door 3 1. 
Opgave5.3.6
Toon aan dat voor ieder geheel getal m niet deelbaar door 4 geldt dat m3
+ 2m2
– m + 2 deelbaar
is door 4.
Als m niet deelbaar is door 4, dan is m1,2, of 3 (mod 4).
Bekijk deze drie gevallen:
Als m1 (mod 4), dan is m3
+ 2m2
– m + 213
+212
-1+21+2-1+240 (mod 4), dus deelbaar door 4.
Als m2 (mod 4), dan is m3
+ 2m2
– m + 223
+222
-2+28+8-2+2160 (mod 4), dus deelbaar door 4.
Als m3 (mod 4), dan is m3
+ 2m2
– m + 233
+22
-3+227+18-3+240 (mod 4), dus deelbaar door
4. Hiermee is het bewezen.
Opgave5.3.7
Toon aan dat voor ieder natuurlijk getal n geldt dat 25n
– 1 deelbaar is door 31.
Bewijs:  5 5
2 2 32 1 1(mod31)
nn n n
    , dus 25n
– 11-1=0 (mod 31). Dus is 25n
– 1 deelbaar door
31.
Opgave5.3.8
Toon aan dat voor ieder even natuurlijk getal n geldt dat 3n
– 1 deelbaar is door 8.
Bewijs: Stel n is even: n=2m, dan is 2 2
3 1 3 1 (3 ) 1 9 1.n m m m
      
Nu is 91 (mod 8), dus 9m
1m
=1 (mod 8), dus 9m
-11-1=0 (mod 8), dus is 3n
– 1 deelbaar door 8. 
Opgave5.3.9
Toon aan dat het product van vijf opeenvolgende gehele getallen m, m + 1, m + 2, m + 3 en
m + 4 altijd deelbaar is door 5.
Bewijs: Eén van deze getallen is gelijk aan 0 (mod 5): dat getal is deelbaar door 5 en dus is het product
van deze getallen ook deelbaar door 5.
Waarom is één van deze getallen gelijk aan 0 (mod 5)? Als m0 (mod 5) dan is dit m zelf; als m1
(mod 5) dan is m+40 (mod 5); als m2 ( mod 5), dan is m+30 (mod 5); als m3 (mod 5) dan is
mmod 5), als m4 (mod 5) dan is mmod 5).
Opgave5.3.10

15. Toon aan dat voor alle gehele getallen m en voor alle natuurlijke getallen n geldt dat
(3m + 1)n
–1 deelbaar is door m.
Bewijs: 3 1 1(mod ), dus (3 1) 1 1(mod ), dus (3 1) 1 1 1 0(mod ).n n n
m m m m m m         
Dus is (3m + 1)n
–1 deelbaar is door m. 
Opgave5.3.11
Toon aan dat er geen geheel getal m bestaat waarvoor geldt dat m2
– 3 deelbaar is door 7.
Bewijs:
als m0 (mod 7) dan is m2
– 302
-3-34 (mod 7);
als m1 (mod 7) dan is m2
– 312
-3-25 (mod 7);
als m2 (mod 7) dan is m2
– 322
-3 (mod 7);
als m (mod 7) dan is m2
– 32
-3 (mod 7);
als m (mod 7) dan is m2
– 32
-3 (mod 7);
als m (mod 7) dan is m2
– 32
-3 (mod 7),
als m (mod 7) dan is m2
– 32
-33 (mod 7).
Dus geen enkele keer 0 (mod 7): dus m2
– 3 is niet deelbaar door 7, welk geheel getal m ook is. 
Opgave5.3.12
Toon aan dat voor alle gehele getallen m geldt dat m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 6.
Bewijs: Er kan gekozen worden voor dezelfde opzet als in 5.3.11, maar het kan ook anders:
Bewezen wordt dat m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 2 en door 3: dan is zowel 2 als 3 een priemdeler,
dus is het dan ook deelbaar door 6.
Als m is even dan is m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 2 en als m oneven is dan is m+1 even dus dan is
m(m + 1)(m + 5) ook deelbaar is door 2. Hiermee is de deelbaarheid door 2 aangetoond.
Nog te bewijzen: m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 3:
Als m=0 (mod 3), dan is m deelbaar door 3, dus is m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 3.
Als m=1 (mod 3), dan is m+560 (mod 3), dus dan is m+5 deelbaar door 3, dus is m(m + 1)(m + 5)
deelbaar is door 3.
Als m=2 (mod 3), dan is m+130 (mod 3), dus dan is m+1 deelbaar door 3, dus is m(m + 1)(m + 5)
deelbaar is door 3.
Conclusie: voor elke m is m(m + 1)(m + 5) deelbaar is door 2 en door 3 dus deelbaar door 6. 