WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Vraag over sommen van derde machten

Hallo. Ik stuitte op het fenomeen dat de optelsom van willekeurig twee derde machten altijd deelbaar is door de som van de getallen waarop deze derde machten zijn gebaseerd. Willekeurige voorbeeld. 6 tot de derde is 216. 11 tot de derde is 1331. Samen resp. 17 en 1547. Nu is 1547 = 17 x 91. Het gekke is dat ik dat nooit heb geleerd en er ook in het geheel niets over kan vinden? Of kijk ik er over heen?

Dus a.a.a + b.b.b = altijd x(a+b)zonder breuken. Het gaat ook zonder uitzondering op wanneer je bepaalde regelmatige reeksen neemt,met veel meer dan twee getallen. Zoals bij de gewone rekentafels en ook bij de veelhoeksgetallen. Is hier iets over bekend? Kan me niet voorstellen dat ik als niet wiskundige iets bijzonders ontdek. Voorbeeld: de vijfhoeksgetallen 1,4,7,10,13 zijn samen 35. De optelsom van hun derde nachten is 3605. Is deelbaar door 35.
Evert de Groot
Iets anders - maandag 21 april 2025

Antwoord

Met een staartdeling, of door wat proberen, kun je inzien dat $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ (vermenigvuldig maar uit). Dat verklaart de deelbaarheid van $a^3+b^3$ door $a+b$. Overigens geldt dit niet voor (willekeurige) drietallen: $1+8+125$ is niet deelbaar door $1+2+5$.

Voor het tweede: het geldt ook voor rekenkundige rijtjes, van de vorm $a$, $a+r$, $\ldots$, $a+nr$ dus.

Met behulp van de formules op deze pagina kun je laten zien dat
$$a+(a+r)+\cdots+(a+nr) = (n+1)a+\frac12n(n+1)r
$$en dat
$$a^3+(a+r)^3+\cdots+(a+nr)^3
$$gelijk is aan
$$(n+1)a^3+\frac32n(n+1)a^2r+\frac12n(n+1)(2n+1)ar^2+\left(\frac12n(n+1)\right)r^3
$$Als je de tweede door de eerste deelt komt er
$$a^2+nar+\frac12n(n+1)r^2
$$

kphart

Vragen naar aanleiding van dit antwoord? Klik rechts..!
maandag 21 april 2025