Een rij zonder regelmaat?
De rij zonder rekenkundige series is:   0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, 27, 28,......

Daarin is als volgende term steeds het kleinst mogelijke volgende getal gekozen. Er blijkt een verrassende constructieregel voor deze rij te zijn:
Schrijf de getallen 0,1,2,3,... binair op een rij, en doe daarna alsof ze geschreven zijn in het drietallig stelsel. Dat geeft precies deze rij!!!!

 0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, 1000  wordt dan  0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, 27

Waarom geeft dit altijd een oplossing?
Laten A en B twee willekeurige getallen zijn met B > A. Eis verder dat A en B in het drietallig stelsel alleen uit enen en nullen bestaan. We gaan vervolgens het getal C berekenen dat een rekenkundige serie A - B - C geeft. Daartoe berekenen we het verschil van A en B en tellen dat bij B op:  C = B + (B - A) Þ  C = 2B  - A. Daarbij bestaat 2B uit tweeën en nullen en A uit enen en nullen. Als we nu 2B en A onder elkaar schrijven zijn er 4 mogelijkheden voor welke cijfers onder elkaar kunnen staan:

2B 2 0 2 0
A 0 1 1 0


Het blijkt nu, dat in 2B - A altijd wel wat tweeën staan! Bewijs uit het ongerijmde:

Stel dat er géén twee staat in 2B - A:
Als onder een 0 een 1 staat, geeft dat na aftrekken een -1. Kies de meest rechtse -1. Als we het verschilgetal correct drietallig gaan schrijven zal deze -1 een 2 worden, want 3 lenen van links geeft  -1 + 3 = 2. Dus er is geen meest rechtse -1, dus er is helemaal geen -1. Dus mag nergens onder een 0 een 1 staan. ("Lenen mag niet")

Als onder een 2 een 0 staat  geeft dat een 2 (immers lenen mag niet, dus de 2 blijft een 2). Dat mag dus ook al niet.

Dus onder de tweeën moeten enen staan en onder de nullen weer nullen. Maar dan is 2B precies het dubbele van A, en dus B hetzelfde als A. Dat is in tegenspraak met de eis  B > A.

Conclusie: in een rekenkundige serie staan altijd tweeën. Dus als we drietallige getallen met alleen enen kiezen is er gegarandeerd nooit een serie! 

Nog een rij zonder regelmaat.
Is het mogelijk de getallen 1, 2, 3, ... , n zó in een rij te zetten dat het gemiddelde van twee getallen uit de rij nooit tussen die twee getallen in staat?

Jazeker is dat mogelijk.

Het mooie van dit bewijs is, dat we gebruik maken van Inductie, Constructie, en het Ongerijmde.
Dus als echte bewijsliefhebber kun je je hart ophalen.

We gaan het bewijzen voor de gevallen waarin n een macht van 2 is, dus  n = 2, 4, 8, 16, ....
De andere gevallen zijn dan te vinden door uit die rijen gewoon getallen weg te laten.
Als we de rij voor n = 950 willen weten, dan nemen we gewoon die van 1024 en laten de getallen 951 tot en met 1024 gewoon weg.

Stel daarom n = 2k.

Voor k = 1 is het makkelijk:  n = 2 en de rij is  1,2 
Voor k = 2 wil het ook nog wel:  n = 4 en de rij is 2, 4, 1, 3

(Inductie)
Stel dat de rij  a1, a2, ... , an   voldoet aan de voorwaarde.
Dan fabriceren we twee nieuwe rijen: (Constructie)
2a1, 2a2, 2a3, ... , 2an   en   2a1 - 1, 2a2 - 1,  2a3 - 1, ... , 2an - 1
De eerste rij bevat alle even nummers van 2 tot en met 2n  en de tweede rij alle oneven nummers van 1 tot en met 2n - 1. Samen bevatten deze twee rijen dus precies alle nummers van  1 tot en met 2n.
Als we deze twee rijen achter elkaar aan zetten hebben we een nieuwe rij van precies alle nummers van 1 tot en met 2n. Deze nieuwe rij blijkt nu ook aan de voorwaarden te voldoen. Kijk maar:

  • Een getal uit de eerste helft en eentje uit de tweede helft zijn even en oneven dus hun gemiddelde is geen geheel getal en komt dus niet voor in de rij.
  • (Het Ongerijmde) Stel dat het gemiddelde van twee getallen 2ai en 2aj  uit de eerste helft ergens ertussen staat. Noem dit gemiddelde 2ak. Dan geldt dus (2ai + 2aj)/2 = 2ak maar daaruit volgt dat (ai + aj)/2 = ak  en dat kan niet omdat de oorspronkelijke rij ai voldeed aan de voorwaarde.
  • Op dezelfde manier is te zien dat het gemiddelde van twee getallen uit de tweede helft ook niet ertussenin kan staan.
Kortom: met een rij van n getallen hebben we een rij van 2n getallen gemaakt. Dus als we een rij voor 2k hebben, dan hebben we er ook een voor 2k + 1.
Doorbordurend op de twee rijen hierboven vinden we bijvoorbeeld:

k = 3:    4, 8, 2, 6, 3, 7, 1, 5
k = 4:    8, 16, 4, 12, 6, 14, 2, 10, 7, 15, 3, 11, 5, 13, 1, 9
enz.
Het omgekeerde geval...
Het omgekeerde van een rij zonder regelmaat is, zoals zo vaak in de wiskunde, minstens zo interessant. We noemen een rij een volledige rij als elk getal (kleiner dan de som van de hele rij) geschreven kan worden als som van verschillende getallen uit die rij.
Het komt er eigenlijk op neer dat met getallen van de rij alle gehele getallen gefabriceerd kunnen worden.
De volgende stelling helpt ons daarbij een heleboel:
Als de rij an voldoet aan:
•
•		 a1 = 1
an + 1 £  1 + a1 + a2 + ... + an

dan is deze rij volledig.


Het bewijs gaat met inductie:

Stel dat de stelling geldt voor een bepaalde n ³ 1.
Dus met a1, a2, ... an kunnen alle gehele getallen gemaakt worden (uiteraard tot en met  a1+a2+...+an)
Kies nu een willekeurig getal k £ a1 + a2 + ... + an + 1
Als k kleiner is dan a1+a2+...+an  dan kan k zeker gemaakt worden met de rij, immers dat zegt de inductieaanname al.
Stel daarom  1 + a1 + a2 + ... + an £ k  £ a1 + a2 + ... + an + 1
De linkerkant is groter of gelijk aan an + 1  (inductieaanname)
Trek overal   an + 1  van af:  0 £  k - an + 1 £  a1 + a2 + ... + an
Maar dan is k - an + 1 te maken met de rij a1, a2 , ... , an   (inductieaanname)
Dus is k te maken met de rij    a1, a2 , ... , an , an + 1
Daarmee is de inductiestap bewezen.
En de stelling ook, want voor n = 1 is hij duidelijk waar.

Een toepassing  dan maar?
De erfenis.
Twee broers erven een even aantal goudstukken. De goudstukken wegen gemiddeld 2 kg.
Elk goudstuk weegt een geheel aantal kg, en de zwaarste van allemaal weegt niet meer dan alle anderen samen. Vader heeft aan elk een geheel aantal kg goud nagelaten.
Bewijs dat zij deze erfenis altijd kunnen verdelen zonder goudstaven te hoeven smelten.
De oplossing:
Stel dat er n goudstaven zijn. Leg ze op volgorde van licht naar zwaar en nummer ze.
Dat geeft de rij  a1 , a2 , ... , an
Gegeven is verder dat: 
a1 + a2 + ... + an = 2n   (ze wegen immers gemiddeld 2 kg)
an £  a1 + a2 + ... + an - 1  (de zwaarste weegt niet meer dan de rest)

Als a1 > 1 is er maar één oplossing, namelijk dat alle staven precies 2 kg wegen (immers het gemiddelde moet 2 kg worden). Dat is een triviale oplossing.
Laten we daarom stellen  a1 = 1.

Stel dat er een k is waarvoor geldt:  ak + 1 > 1 + a1 + a2 + ... + ak
Omdat a1 gelijk was aan 1, zijn alle volgende a's  minstens 1, dus  a1 + a2 + ... + ak > k
Dat geeft  ak + 1 > 1 + k  ³  2 + k
Maar dan zijn alle volgende a's óók minstens gelijk aan k + 2, want ze staan immers op volgorde van klein naar groot. 
Dan geldt:   2n = a1 + a2 + ... + an = (a1 + ... + ak) + (ak + 1  + ... + an) ³ k + (n - k) • (k + 2) =  -k2 + (n - 1)•k + 2n. 
Daaruit volgt dat  k2 - (n - 1)•k  ³ 0  dus  k £ 0  of  k ³ n - 1
Dat betekent dat  ak + 1 > 1 + a1 + a2 + ... + ak  mits  k < n - 1
Omdat ook  an £  a1 + a2 + ... + an - 1  is aan de voorwaarden voldaan om de rij an volledig te maken.
Volgens definitie is dan elk kleiner getal met getallen uit an te maken.