Enkle beviser for vgs-elever

Mange finner bevis vanskelig. Her er rom for spørsmål vedrørende bevis, og for å dele dine bevis med andre. Vi tenker først og fremst videregående nivå, men det er ingen begrensninger her.

Enkle beviser for vgs-elever

Innlegg daofeishi » 05/05-2007 03:14

1) Bevis at dersom r er et rasjonalt tall ikke lik 0 og x et irrasjonalt tall, så er r + x og rx irrasjonale tall.

2) Bevis at det ikke finnes noe rasjonalt tall som ganget med seg selv gir 12.
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg sEirik » 05/05-2007 10:38

Jeg gjør 2-ern jeg :-)

Anta for selvmotsigelse at det eksisterer et tall [tex]r \in {\mathbb Q}[/tex] slik at [tex]r^2 = 12[/tex]. I så fall eksisterer det to slike tall; ett negativt og ett positivt. Den negative rota eksisterer hvis og kun hvis den positive rota eksisterer, derfor skal vi vise at den positive rota ikke eksisterer.
Ifølge antakelsen eksisterer det et tall [tex]a \in {\mathbb N}[/tex] og et tall [tex]b \in {\mathbb N}[/tex] slik at [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex] ikke har noen felles primfaktorer, og [tex]r = \frac{a}{b}[/tex].

[tex]\left (\frac{a}{b} \right )^2 = 12[/tex]

[tex]a^2 = 12b^2[/tex]

Vi ser at [tex]a^2[/tex] er et partall, siden høyresiden av likningen er et partall, og da er også [tex]a[/tex] et partall. Da eksisterer det et tall [tex]n \in {\mathbb N}[/tex] slik at [tex]a = 2n[/tex].

[tex](2n)^2 = 12b^2[/tex]

[tex]4n^2 = 12b^2[/tex]

[tex]n^2 = 3b^2[/tex]

Nå er venstresiden et perfekt kvadrat. Da inneholder V.S. faktoren 3 et partall antall ganger. Siden [tex]b^2[/tex] er et perfekt kvadrat, må den siden inneholde faktoren 3 et partall antall ganger pluss 1, altså et oddetall antall ganger.
Men da er faktoren 3 representert et ulikt antall ganger på V.S. og H.S., ifølge aritmetikkens fundamentalteorem er dette umulig - en selvmotsigelse, og vi er ferdig.
Sist endret av sEirik den 05/05-2007 19:00, endret 1 gang
sEirik offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 20:30
Bosted: Oslo

Innlegg daofeishi » 05/05-2007 14:54

(post lagt til ved en feil - og slettet)
Sist endret av daofeishi den 05/05-2007 15:00, endret 1 gang
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg daofeishi » 05/05-2007 14:55

Stemmer, rent bortsett fra at [tex]r \in \mathbb{Q}[/tex]

Men la disse enklere bevisene stå til de som ikke har noen særlig erfaring med bevisskriving, sEirik. Prøv deg heller på noe som ligger et par hakk over i vanskelighetsgrad :)

Her har du en du kan prøve deg på:
La [tex]N_i = \{ 1, \ 2, \ ..., \ i \}[/tex] (Der [tex]N_\infty = \mathbb{N})[/tex]
Et sett S er "på det meste tellbart" ("at most countable") dersom det finnes en bijeksjon fra S til N[sub]i[/sub] for noen i. Bevis at settet S av alle algebraiske tall (tall som er røtter av polynomlikninger) er på det meste tellbart.
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg Magnus » 05/05-2007 14:57

Se nederste bevis her for generelt for alle heltall n som ikke er perfekte kvadrat.. (oppgave 2)
http://realisten.com/smf/index.php?topic=20.0
Magnus offline
Guru
Guru
Innlegg: 2286
Registrert: 01/11-2004 23:26
Bosted: Trondheim

Innlegg sEirik » 05/05-2007 19:07

daofeishi skrev:Stemmer, rent bortsett fra at [tex]r \in \mathbb{Q}[/tex]


Ops, skriveleif...

daofeishi skrev:Men la disse enklere bevisene stå til de som ikke har noen særlig erfaring med bevisskriving, sEirik. Prøv deg heller på noe som ligger et par hakk over i vanskelighetsgrad :)


er da vgs-elev... :P

daofeishi skrev:Her har du en du kan prøve deg på:
La [tex]N_i = \{ 1, \ 2, \ ..., \ i \}[/tex] (Der [tex]N_\infty = \mathbb{N})[/tex]
Et sett S er "på det meste tellbart" ("at most countable") dersom det finnes en bijeksjon fra S til N[sub]i[/sub] for noen i. Bevis at settet S av alle algebraiske tall (tall som er røtter av polynomlikninger) er på det meste tellbart.


Slik at det eksisterer et naturlig tall i, og at det finnes nøyaktig i algebraiske tall?
sEirik offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 20:30
Bosted: Oslo

Innlegg daofeishi » 05/05-2007 21:57

Nei - at det eksisterer en en-til-en-korrespondanse mellom de naturlige tallene og de algebraiske. (Fremdeles en uendelig mengde - men det kan vises at de reelle tallene, som også er uendelige, ikke er tellbare. Dermed finnes det flere "størrelser av uendeligheter.") Var kanskje litt upresist skrevet. Indeksen i er et positivt heltall opp til uendelig.
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg sEirik » 05/05-2007 22:20

Hehe, man skal altså vise at de algebraiske tallene er tellbare?

Da kan vi jo vise at mengden av alle polynomer med rasjonelle koeffisienter er tellbare.

La [tex]S_n[/tex] være mengden av alle moniske polynomer av grad n.
Vi ser på et monisk polynom P(x) av grad n, der

[tex]P(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0[/tex]

Da kan vi representere koeffisientene til polynomet som et n-tuppel [tex](a_0, a_1, ..., a_{n-1})[/tex], der [tex]a_1,\ ...\ ,\ a_{n-1}[/tex] er rasjonelle tall, og derfor tellbare. Det er et kjent resultat at mengden av n-tupler med elementer fra sett som er tellbare, også er tellbar. Derfor må [tex]S_n[/tex] være tellbar. Da eksisterer det en bijeksjon fra [tex]S_n[/tex] til N, og det finnes en invers funksjon som mapper fra N til [tex]S_n[/tex]. Vi kan kalle det naturlige tallet som assosieres med hvert polynom for "indeksen" til polynomet.

Altså kan vi representere ethvert polynom som et par (n , Z) der n er graden til polynomet og Z er indeksen til polynomet. Siden begge disse to er tellbare, følger det at mengden av alle slike par er tellbar, altså er mengden av alle moniske polynomer tellbar. Det er nok til å kunne fastslå at alle algebraiske tall er tellbar, og vi er ferdig.

Holder den?
sEirik offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 20:30
Bosted: Oslo

Innlegg Sonki » 22/06-2007 11:55

Jeg tar oppgave 1, sikkert i litt seneste laget da :P

jeg antar for selvmotsigelsen at [tex]rx\in Q[/tex] og [tex]r+x\in Q [/tex], altså at summen og produktet av et irrasjonelt tall og et rasjonelt tall vil bli et rasjonelt tall. Vi har også at [tex]r=\frac ab[/tex]. Dermed vil det bli:
[tex]\frac abx=\frac cd [/tex]
Jeg deler så med [tex]\frac ab[/tex] på begge sider.
[tex]x=\frac{bc}{ad}[/tex]
Men dette kan ikke stemme siden [tex]x[/tex] som er et irrasjonelt tall ikke kan skrives som en brøk, og dermed vil heller ikke antagelsen min om at produktet av et irrasjonelt og et rasjonalt tall vil bli et rasjonalt tall stemme, og dermed har vi fått et selvmotsigelse og vi har bevist at produktet vil være et irrasjonelt tall.
Jeg bruker samme fremgangsmåte for å bevise at [tex]r+x[/tex] ikke vil være et rasjonelt tall. Vi har altså at
[tex]\frac ab+x=\frac cd[/tex]
Jeg trekker så fra [tex]\frac ab[/tex] på begge sider.
[tex]x=\frac cd-\frac ab= \frac {bc-ad}{bd}[/tex]
Men siden [tex]x[/tex] ikke kan skrives som en brøk har vi motbevist antakelsen, og [tex]r+x[/tex] vil dermed være et irrasjonelt tall.
Dette er et av mine første bevis, så jeg er ikke helt sikker på om det er rett :?
Sonki offline
Cayley
Cayley
Innlegg: 88
Registrert: 21/06-2007 12:31

Innlegg daofeishi » 02/07-2007 03:18

Finfint Sonki. Beviset stemmer og er velført. Velkommen til forumet.

Jeg lurer litt på en detalj ved beviset ditt, sEirik. Du har påvist at det eksisterer en bijeksjon mellom moniske polynomer i rasjonale koeffisienter og N - men hvert algebraisk tall kan tilfredsstille flere polynomer/hvert polynom har flere røtter. Dermed fører ikke konstruksjonen din til en bijeksjon mellom algebraiske tall og N etter det jeg kan se. Det skal sies at jeg har ikke tatt fatt på denne bevisoppgaven selv ennå. Det er en stund siden jeg har hatt tid til å se i "baby Rudin".
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 2 gjester