Bevis

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Bevis

Innlegg 022020 » 29/05-2020 09:42

Hei! håper noen kan hjelpe meg å bevise følgende påstand:
Vis at 3n^2 – 3n er delelig med 6 for alle hele tall n. Jeg har faktorisert uttrykket til 3*n (n-1). Hva skal jeg gjøre videre? :)
022020 offline

Re: Bevis

Innlegg SveinR » 29/05-2020 10:21

022020 skrev:Hei! håper noen kan hjelpe meg å bevise følgende påstand:
Vis at 3n^2 – 3n er delelig med 6 for alle hele tall n. Jeg har faktorisert uttrykket til 3*n (n-1). Hva skal jeg gjøre videre? :)

Siden $3$ er en faktor i uttrykket ditt, vet du at det er delelig med $3$. Det vil være delelig med $6$ dersom $2$ også er en faktor i uttrykket ditt, siden $6=3\cdot 2$. Kan du forklare at $2$ må være en faktor i uttrykket?
SveinR offline
Jacobi
Jacobi
Innlegg: 327
Registrert: 22/05-2018 21:12

Re: Bevis

Innlegg 022020 » 29/05-2020 10:40

SveinR skrev:
022020 skrev:Hei! håper noen kan hjelpe meg å bevise følgende påstand:
Vis at 3n^2 – 3n er delelig med 6 for alle hele tall n. Jeg har faktorisert uttrykket til 3*n (n-1). Hva skal jeg gjøre videre? :)

Siden $3$ er en faktor i uttrykket ditt, vet du at det er delelig med $3$. Det vil være delelig med $6$ dersom $2$ også er en faktor i uttrykket ditt, siden $6=3\cdot 2$. Kan du forklare at $2$ må være en faktor i uttrykket?



Takk for hjelp. jeg skjønner hva du mener, men vet ikke hvordan jeg skal bevise dette? :)
022020 offline

Re: Bevis

Innlegg josi » 29/05-2020 11:32

Annethvert tall er delelig med to.
josi offline

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 14/06-2020 00:27

Hei.
Bevis ved induksjon som følger:

La [tex]P(n)[/tex] være påstanden [tex]6|3n^{2} - 3n[/tex] for alle ikke-negative heltall n.

1) Basis.
For [tex]n = 0[/tex], så har vi at [tex]6|3\cdot 0^{2} - 3\cdot 0[/tex], og 6 deler 0. Vi ser at [tex]P(n)[/tex] er sann når [tex]n = 0[/tex].

2) Induksjonstrinn.
Anta at [tex]P(k)[/tex] er sann for et positivt heltall [tex]k[/tex], dvs [tex]6|3k^{2} - 3k[/tex]. Vi ønsker å vise at [tex]P(k+1)[/tex] er sann.

Observer at
[tex]3(k+1)^{2} - 3(k+1) = 3(k^{2} + 2k + 1) - 3k - 3[/tex]
[tex]3(k+1)^{2} - 3(k+1) = 3k^{2} + 6k + 3 - 3k - 3[/tex]
[tex]3(k+1)^{2} - 3(k+1) = 3(k^{2} + k)[/tex]
[tex]3(k+1)^{2} - 3(k+1) = 3k(k + 1)[/tex]

Et av de to tallene [tex]k[/tex] og [tex]k + 1[/tex] er et partall. Det vil si at 2 vil dele produktet [tex]k(k + 1)[/tex] og dermed vil 2 også dele [tex]3k(k + 1)[/tex]. Vi ser umiddelbart at 3 deler [tex]3k(k + 1)[/tex], så 6 vil også dele [tex]3k(k + 1)[/tex].

Siden [tex]3k(k + 1) = 3(k+1)^{2} - 3(k+1)[/tex], så har vi vist at [tex]6|3(k+1)^{2} - 3(k+1)[/tex], som er påstanden [tex]P(k+1)[/tex].

Det vil si at [tex]P(k)\Rightarrow P(k+1)[/tex] for [tex]k = 0,1,2............[/tex].

Vi har herved vist ved induksjon at [tex]P(n)[/tex] er sann for [tex]n = 0,1,2,.........[/tex]

Med vennlig hilsen
Hege.
Sist endret av Hege Baggethun2020 den 14/06-2020 01:09, endret 1 gang
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 14/06-2020 00:39

Hei igjen.

En nyttig opplysning som det er verd å merke seg:

Produktet av 3 konsekutive heltall vil alltid være delelig med 6. For å bevise dette kan man vurdere alle mulige produkter av konsekutive heltall. Disse vil være som følger:

[tex]3k(3k+1)(3k+2)[/tex], [tex](3k-1)3k(3k+1)[/tex] og [tex](3k-2)(3k-1)3k[/tex]

Da har vi at [tex]3|3k(3k+1)(3k+2)[/tex], [tex]3|(3k-1)3k(3k+1)[/tex] og [tex]3|(3k-2)(3k-1)3k[/tex].

Blant faktorene her vil det alltid være minst et partall. For produkter hvor den midterste faktoren er et oddetall, så vil dette være omgitt av partall. Derfor er et produkt av tre konsekutive heltall alltid delelig med [tex]3! = 6[/tex].

:D Hege.
Sist endret av Hege Baggethun2020 den 14/06-2020 17:21, endret 1 gang
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg josi » 14/06-2020 11:48

En utmerket fremstilling av et induksjonsbevis! Men er det ikke litt som å gå over bekken etter vann da poenget med at k*(k+1) må inneholde faktoren 2, allerede er tilstede i den opprinnelige formelen
3*n*(n-1)?
josi offline

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 14/06-2020 12:50

josi skrev:En utmerket fremstilling av et induksjonsbevis! Men er det ikke litt som å gå over bekken etter vann da poenget med at k*(k+1) må inneholde faktoren 2, allerede er tilstede i den opprinnelige formelen
3*n*(n-1)?


Heisann Josi!
*editert*

Tusen takk for tilbakemelding og kommentar. Det er veldig hyggelig.

Det kan se ut som om man går over bekken etter vann. Se svaret mitt under.

Hvis du eller noen er interessert i bevisførsel så er denne lille boken helt fabelaktig:

https://www.people.vcu.edu/~rhammack/BookOfProof/


Med vennlig hilsen Hege.
Sist endret av Hege Baggethun2020 den 17/06-2020 17:09, endret 3 ganger.
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg josi » 14/06-2020 13:52

Takk for et innholdsrikt og interessant svar. Jeg er selvsagt enig i at matematiske bevis krever en klargjøring av (ofte) stilltiende antakelser og forutsetninger. Min lille spøkefulle innsigelse mot det induksjonsbeviset du fremla, var at for å avgjøre om 3k*(k+1) er delelig med 6, må man innse at
k*(k+1) er delelig med 2. Men denne innsikten kunne vært anvendt allerede ved å studere utgangsformelen 3n*(n-1) slik at et induksjonsbevis ikke er nødvendig, noe du selvsagt er klar over.
På den annen side, hvis denne innsikten om konsekutive tall ikke er til stede, vil ikke dette induksjonsbeviset være til hjelp, fordi man da ikke innser at k*(k+1) er delelig med 2.
josi offline

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 14/06-2020 15:48

josi skrev:Takk for et innholdsrikt og interessant svar. Jeg er selvsagt enig i at matematiske bevis krever en klargjøring av (ofte) stilltiende antakelser og forutsetninger. Min lille spøkefulle innsigelse mot det induksjonsbeviset du fremla, var at for å avgjøre om 3k*(k+1) er delelig med 6, må man innse at
k*(k+1) er delelig med 2. Men denne innsikten kunne vært anvendt allerede ved å studere utgangsformelen 3n*(n-1) slik at et induksjonsbevis ikke er nødvendig, noe du selvsagt er klar over.
På den annen side, hvis denne innsikten om konsekutive tall ikke er til stede, vil ikke dette induksjonsbeviset være til hjelp, fordi man da ikke innser at k*(k+1) er delelig med 2.


Hei igjen!

Bra innspill.

Det er lett å tenke at induksjon er det naturlige valget når noe skal bevises for alle n. Men det er ikke alltid nødvendig, og strengt tatt så var det ikke det her. Det er helt klart at uttrykket kan faktoriseres. Siden det faktoriserte uttrykket inneholder 3, n og n-1, så vet man (akkurat som du sier) at enten n eller n-1 må være et partall. Ergo så har man et produkt av 2 og 3 i uttrykket, og konklusjonen følger av det. Det betyr at kun observasjonen av strukturen i uttrykket er tilstrekkelig for å bevise at påstanden er sann for alle n. Grunnen til dette er faktisk at verdien for n ikke har noen betydning her. For å tilfredsstille kravet for alle n, så er det godt nok å si at "for alle n, så er enten n eller n-1 et partall". Resten av argumentasjonen refererer ikke til n noe sted.

Ulempen ved induksjonsbeviset er at det kun beviser at noe er sant, og ikke på noen måte forklarer HVORFOR det er sant. Hvilket er nettopp det du poengterer her.

Det direkte beviset er like vanntett i argumentasjonen som induksjonsbeviset. Formuleringene er selvsagt viktige for å fremme argumentasjonen korrekt. Da jeg satt med dette i går kveld så fant jeg 3 måter å bevise det på. Jeg burde kanskje ha vært litt latere :lol:

Jeg mener at svaret SveinR har gitt tidligere i tråden er tilstrekkelig, gitt at man også forklarer hvorfor 2 må være en faktor i uttrykket. Induksjonsbeviset kan selvsagt også brukes, men det kan anses som å gå over bekken etter vann.

Takk for veldig artig bevisprat!

Med vennlig hilsen
Hege.
Sist endret av Hege Baggethun2020 den 17/06-2020 17:08, endret 2 ganger.
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg Gjest » 14/06-2020 15:52

josi skrev:Takk for et innholdsrikt og interessant svar. Jeg er selvsagt enig i at matematiske bevis krever en klargjøring av (ofte) stilltiende antakelser og forutsetninger. Min lille spøkefulle innsigelse mot det induksjonsbeviset du fremla, var at for å avgjøre om 3k*(k+1) er delelig med 6, må man innse at
k*(k+1) er delelig med 2. Men denne innsikten kunne vært anvendt allerede ved å studere utgangsformelen 3n*(n-1) slik at et induksjonsbevis ikke er nødvendig, noe du selvsagt er klar over.
På den annen side, hvis denne innsikten om konsekutive tall ikke er til stede, vil ikke dette induksjonsbeviset være til hjelp, fordi man da ikke innser at k*(k+1) er delelig med 2.


Derfor kunne man kanskje si at i det første tilfellet går man over bekken etter vann, mens i det andre tilfellet er man offer for illusjonen om at gresset er grønnere på den andre siden av gjerdet.
Gjest offline

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 16/06-2020 11:07

Gjest skrev:Derfor kunne man kanskje si at i det første tilfellet går man over bekken etter vann, mens i det andre tilfellet er man offer for illusjonen om at gresset er grønnere på den andre siden av gjerdet.


Eller så syns man at bevisførsel er artig og liker å forsøke å bevise en påstand på flere måter? :wink:
Sist endret av Hege Baggethun2020 den 16/06-2020 12:08, endret 1 gang
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg josi » 16/06-2020 12:06

Her er jeg selvfølgelig eing med deg, men må innrømme at jeg er tilfreds bare jeg får det til på én måte!
josi offline

Re: Bevis

Innlegg Hege Baggethun2020 » 17/06-2020 00:05

josi skrev:Her er jeg selvfølgelig eing med deg, men må innrømme at jeg er tilfreds bare jeg får det til på én måte!


Javisst!

Siden jeg nå er igang med bevis av kategorien "gå over bekken etter vann", så kan jeg likegodt vise den tredje tilnærmingen også. Her er det kongruensregning som gjelder:

Dersom [tex]6|3n^{2}-3n[/tex] så må vi vise at [tex]3n^{2}-3n \equiv 0(mod6)[/tex]. Siden [tex]6[/tex] ikke er et primtall må vi splitte uttrykket i
[tex]3n^{2}-3n\equiv 0(mod2)[/tex] og [tex]3n^{2}-3n\equiv 0(mod3)[/tex].

[tex]3n^{2}-3n\equiv 0(mod2)[/tex] kan skrives [tex]3(n^{2}-n)\equiv 0(mod2)[/tex]. Vi vet at [tex]3(mod2)\equiv 1(mod2)[/tex] og uttrykket kan skrives
[tex](n^{2}-n)\equiv 0(mod2)[/tex] som er ekvivalent med [tex]n(n-1)\equiv 0(mod2)[/tex]. Nå bruker vi det (etter hvert ganske så berømte) faktum at enten [tex]n[/tex] eller [tex]n-1[/tex] må være et partall, og dermed gjelder [tex]n(n-1)\equiv 0(mod2)[/tex] for alle [tex]n[/tex].

[tex]3n^{2}-3n\equiv 0(mod3)[/tex] er helt åpenbart gyldig for alle [tex]n[/tex], siden [tex]3|3n^{2}[/tex] og [tex]3|3n[/tex].

Ved kongruensregning er det herved vist at [tex]6|3n^{2}-3n[/tex] for alle [tex]n[/tex].

Så nå er det bare å konstatere at dette muligens var som å gå over minst 5 bekker etter vann. Men morosamt var det :lol:

Denne oppgaven kan altså løses ved

1) Direkte bevis (mest elegant og konsist)
2) Bevis ved induksjon (vi tar turen over bekken, men det er absolutt et gyldig bevis)
3) Kongruensregning (mange protester da det burde holde med bare én bekk, men det er også et gyldig bevis)

Tenker jeg skal avslutte sagaen om [tex]6|3n^{2}-3n[/tex] nå :oops:

Hege.
[tex]\sum_{y<n\leq x}a(n)f(n) = A(x)f(x)-A(y)f(y)-\int_{y}^{x}A(t)f'(t)dt[/tex]
Hege Baggethun2020 offline
Noether
Noether
Innlegg: 38
Registrert: 13/06-2020 22:21

Re: Bevis

Innlegg Gustav » 17/06-2020 00:56

Bevis ved motsigelse: Anta at $3n^2-3n=3n(n-1)$ ikke er delelig med $6$. Siden uttrykket er delelig med $3$ kan det ikke være delelig med $2$, så da må $n(n-1)$ være oddetall. Dermed må begge faktorene være odde, dvs. at det fins heltall $k,m$ slik at $n=2k+1$ og $n-1=2m+1$. Subtraksjon av ligningene gir $1=2k-2m=2(k-m)$, som er en motsigelse siden 2 ikke deler 1.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4439
Registrert: 12/12-2008 12:44

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Google [Bot] og 81 gjester