Springen naar inhoud

Bewijs deelbaar door 9


  • Log in om te kunnen reageren

#1

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 21:59

Afgesplitst van andere topic, waar deze discussie voor de oorspronkelijke vraagsteller in de weg stond:

Het ging om deze kwestie:

n≥+(n+1)≥+(n+2)≥
waarbij n een element is van N
Toon aan dat dit deelbaar is door 9.
Als je dit uitwerkt komt je 3n≥+9n≤+15n+9
Hoe moet ik nu verder?



Wat ik me nog steeds zit af te vragen is: Moet je nu ook niet voor n-1 aantonen dat deze deelbaar is door negen?
Ik kan me zo voorstellen dat er functies zijn die pas vanaf een bepaald moment deelbaar zijn door 9.

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24052 berichten
  • VIP

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 22:04

Welke n-1...? Voorlopig is de vragensteller nog niet begonnen aan een bewijs per inductie, dus ik weet niet waar je naar verwijst. Graag dus even wachten met ideeŽn of probeersels van eigen bewijzen.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#3

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 22:16

Ok, zal ik doen ;)
Het enige waar ik op doelde was: de TS gaat het nu bewijzen voor n+1, maar bewijs je daarmee ook automatisch dat het geldt voor n-1?

#4

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24052 berichten
  • VIP

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 22:20

Bewijs per inductie (zoals in de suggestie van Rogier) in een notendop; wellicht ook voor de vragensteller nuttig. Als je kan bewijzen dat de stelling geldt voor n+1 in de veronderstelling dat de stelling geldt voor n en je kan nagaan dat de stelling klopt voor een zekere n = k; dan geldt het ook voor alle n > k. Kies je concreet voor k de kleinst mogelijke waarde (hier n = 0), dan levert dit dus een bewijs voor alle n.

Je moet dus niet 'terugkijken', maar wel de stelling controleren voor een beginwaarde. Als de waarheid van n+1 volgt uit de waarheid van n en de stelling geldt voor een startwaarde, dan geldt het ook voor alle waarden daarna. En nu is het aan clone007 ;).
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#5

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 22:59

Kies je concreet voor k de kleinst mogelijke waarde

Ah, ik zie nu ook dat bovenaan staat dat LaTeX . Verkeerde in de veronderstelling dat gold LaTeX . Ik begrijp uit jouw woorden dat je in het laatste geval voor zowel (n+1) als voor (n-1) het bewijs moet leveren?

#6

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24052 berichten
  • VIP

Geplaatst op 10 augustus 2010 - 23:04

Een bewijs per inductie is tradioneel op de natuurlijke getallen. Voor de deelbaarheid geldt overigens eenvoudig: als p deelbaar is door n, dan is -p ook deelbaar door n. Maar opnieuw leidt dit ons eigenlijk verder van de oorspronkelijke vraag en dat wou ik net vermijden in huiswerktopics waar de vragensteller zelf nog niet klaar is met de oorspronkelijke vraag.

Dus gelieve... Als je echt prangende vragen hebt; stuur me een pb, open ergens een oefentopic over inductie of wacht even tot clone007 geholpen is.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#7


  • Gast

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 08:31

In principe stelt JW nu eigenlijk een huiswerkvraag, dus waarom kunnen we deze niet beantwoorden?
Ik had zijn methode eigenlijk nog nooit gezien, en ik vind hem wel byzonder. Er zijn twee vragen, nl. is deze methode theoretisch juist? (lijkt mij wel te bewijzen), en belangrijker, heeft deze methode bestaansrecht?
Kun je er bewijzen mee leveren die niet gewoon door substitutie bewijsbaar zijn in N? Wie?

#8

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24052 berichten
  • VIP

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 08:38

In principe stelt JW nu eigenlijk een huiswerkvraag, dus waarom kunnen we deze niet beantwoorden?

Mijn vorige opmerking/vraag om te wachten schreef ik toen deze berichten nog in de oorspronkelijke topic stonden. Een collega-moderator heeft deze zijdiscussie afgesplitst (dus "open ergens een oefentopic over inductie" is gebeurd ;)) - ga dus gerust jullie gang maar probeer hier in het vervolg op te letten zodat dit niet meer nodig is.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#9

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 09:58

Maar wat ik dus in feite nu begrijp, is dat je met inductie enkel voor n, n + 1, ..., n + k bewijst, wat dan allemaal natuurlijke getallen zijn.

Maar dan is mijn tegenreactie:
LaTeX
LaTeX

Of maak ik nu een redenatiefout?

#10

Rogier

    Rogier


  • >5k berichten
  • 5679 berichten
  • VIP

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 10:53

Met inductie bewijs je twee dingen:

(1) de stelling geldt voor een specifiek getal n=k (gewoon domweg een kwestie van invullen)
(2) als de stelling voor een zekere n geldt, dan ook voor n+1

Uit deze twee kun je dan concluderen dat de stelling geldt voor k, k+1, k+2, enzovoort (alle gehele getallen vanaf k).

Echter, in die laatste reactie lijk jij uit f(n)=9k zomaar te concluderen dat f(n-1)=9k, en dat is niet juist. Nou ja, de conclusie is wel juist (omdat f(n) in dit geval toevallig een negenvoud is voor Šlle LaTeX ), maar dat mag je uit bovenstaande inductiestap niet zomaar concluderen.

Daarvoor zou je het omgekeerde van (2) moeten aantonen, namelijk dat als de stelling voor zekere n+1 geldt, dat daar dan uit volgt dat de stelling ook voor n geldt.
In theory, there's no difference between theory and practice. In practice, there is.

#11

Rogier

    Rogier


  • >5k berichten
  • 5679 berichten
  • VIP

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 11:08

Een ander voorbeeld wat dit verschil misschien duidelijker maakt: ik definieer P(n) = 2n, Q(n) = n2, en T(n) is de stelling "P(n) > Q(n)".

Nu ga ik hier inductie op toepassen:

T(5) is waar, immers P(5) = 25 = 32 en dat is groter dan Q(5) = 52 = 25.

Als T(n) waar is voor een willekeurige n>2, dan T(n+1) ook. Want P(n) groeit harder (*) dan Q(n) voor n>2, dat wil zeggen: LaTeX , en samen met het gegeven dat P(n)>Q(n) leidt dat tot P(n+1)>Q(n+1).
(Om (*) aan te tonen:
Verborgen inhoud
P(n+1)/P(n)=2n+1/2n = 2, terwijl Q(n+1)/Q(n)=(n+1)2/n2 = (n2+2n+1)/n2 = 1+(2n+1)/n2 < 1+(2n+n)/n2 = 1+3/n en dat is ;) 2 indien n>2.
)


Dus uit T(n) volgt ook T(n+1) voor n>2. En omdat we al hadden gezien dat T(5) waar is, geldt dus ook T(6), T(7), T(8), ... enzovoort.

Kun je nu ook concluderen dat T(4) en/of T(3) en/of T(2) waar is?

Veranderd door Rogier, 11 augustus 2010 - 11:10

In theory, there's no difference between theory and practice. In practice, there is.

#12

mathfreak

    mathfreak


  • >1k berichten
  • 2461 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 12:27

Het bewijs met volledige inductie verloopt als volgt: om een algemene uitspraak P(n) over de natuurlijke getallen te bewijzen toon je eerst de juistheid van P(n) aan voor n = 1. Vervolgens veronderstel je dat P(n) juist is voor n = k (dit heet de inductiehypothese) en toon je aan dat P(n) juist is voor n = k+1. De bewijsstap waarbij je uit P(k) de juistheid van P(k+1) afleidt heet de inductiestap. Uit het gegeven dat P(1) juist is en dat uit P(k) de juistheid van P(k+1) volgt kun je dus concluderen dat P(n) juist is voor alle natuurlijke getallen n, wat te bewijzen was.
Opmerking: ik ga uit van de conventie dat 1 het eerste natuurlijke getal is, net zoals we bij het tellen ook altijd bij 1 beginnen.
"Mathematics is a gigantic intellectual construction, very difficult, if not impossible, to view in its entirety." Armand Borel

#13

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24052 berichten
  • VIP

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 12:31

Aanvulling (zie ook eerder), het kan natuurlijk iets algemener: P is niet noodzakelijk waar voor alle n, maar misschien voor alle n vanaf een zekere p>1. In dat geval controleer je niet voor n = 1, maar voor n = p en bewijs je het uiteindelijk voor alle natuurlijk getallen vanaf p.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#14

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 14:54

Echter, in die laatste reactie lijk jij uit f(n)=9k zomaar te concluderen dat f(n-1)=9k, en dat is niet juist. Nou ja, de conclusie is wel juist (omdat f(n) in dit geval toevallig een negenvoud is voor Šlle LaTeX), maar dat mag je uit bovenstaande inductiestap niet zomaar concluderen.


Dat is niet wat ik bedoel ;).

Ik bedoel dit:
LaTeX
LaTeX


Gezien Z eigenlijk de verzameling van natuurlijke getallen is met daarbij de verzameling van alle negatieve natuurlijke getallen:
LaTeX

Dus kun je verzameling Z uitsplitsen in twee verzamelingen, namelijk N en -N.
Het getal 0 hebben beide verzamelingen gemeen: LaTeX

Dan zou ik zeggen dat je het bewijs vooor de stelling
LaTeX kunt uitsplitsen in:
LaTeX en LaTeX

Of maak ik nu gewoon ťťn of meer redeneerfouten?

#15

JWvdVeer

    JWvdVeer


  • >1k berichten
  • 1114 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 11 augustus 2010 - 15:17

Wat ik me ook afvroeg is of je het ook niet gewoon kunt deduceren door n+1 en n-1 in te vullen:

LaTeX
LaTeX
LaTeX

Voor het getal 0 geldt deze stelling, zoals we zagen: 9 is deelbaar door 9.
LaTeX

We kunnen de termen 9n≤ en 9 al schrappen, dus blijven we over met:
LaTeX

Voor n = (n + 1):
LaTeX
En gezien alle termen een factor hebben die deelbaar is door negen en n een natuurlijk getal is, volgt hier dus uit dat deze altijd deelbaar is door negen.

Voor n = (n - 1):
LaTeX
Waaruit dan volgt dat weer de alle termen een factor hebben die deelbaar is door 9, en dus naar mijn mening volgt daar dan ook uit dat voor alle integers onder 0 deze deelbaar is door 9.

Dus geldt:
LaTeX

Of zit hier nog een fout in? Of pas ik inductie volledig fout toe?





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures