Bevis og bevisteknikk

Hva er et bevis?

Et matematisk bevis består av en påstand og en kjede argumenter som ender opp med å slå fast om påstanden er riktig eller uriktig.

Vi tar bare for oss påstander som enten er riktige eller uriktige, såkalte utsagn. Eksempler på slike påstander er «vinkelsummen i en trekant er 180 grader» og «april har 31 dager», som er henholdsvis et sant og et usant utsagn. Påstander som «jordbær er godt» eller «Gerhardsen gjorde en god jobb som statsminister» er subjektive, og vi kan ikke bevise om de er riktige eller uriktige.

Når vi skal formulere en påstand vi skal bevise, må vi passe på å uttrykke oss slik at påstanden ikke kan tolkes på forskjellige måter. Vanlig språk er ofte dårlig egnet til å formulere matematiske påstander fordi dagligtalen vår er full av unøyaktigheter. Ta for eksempel påstanden «Mellom 20 og 25 finnes tre heltall med to primtallsfaktorer». Betyr «tre heltall» nøyaktig tre heltall eller minst tre heltall? Betyr «to primtallsfaktorer» nøyaktig to primtallsfaktorer, eller minst to primtallsfaktorer? Betyr «mellom 20 og 25» at 20 og 25 regnes med eller ikke?

For å unngå slike uklarheter, er det utviklet en egen matematisk terminolog som er fri for tvetydigheter. For eksempel kan vi uttrykke at «et tall, n, er mellom 20 og 25″ som n ∈ [20, 25], som betyr at 20 og 25 skal telle med, eller n ∈ ⟨ 20, 25 ⟩, som betyr at 20 og 25 ikke skal telle med. En påstand som utelukkende er uttrykt gjennom matematiske symboler, kan imidlertid være tung å lese, så i denne artikkelen bruker vi vanlig språk når det ikke kan føre til feiltolkninger. For eksempel uttrykker vi påstanden over som «Det finnes nøyaktig tre heltall, n ∈ [20, 25], som består av nøyaktig to primtallsfaktorer.»

En beviskjede kan være kort eller lang.

Eksempel 1:

Påstand: 4 er et primtall.
Bevis for at påstanden er uriktig: 4 kan faktoriseres som 2 · 2, og er derfor ikke et primtall.

Påstand: Det finnes ingen heltallige, x, y, z, slik at xn + yn = zn når n > 2.
Beviset for denne påstanden er 150 sider langt og tok 7 år å utarbeide. Påstanden sto ubevist i over 350 år.

I eksempel 1 er det er underforstått at vi vet hva et primtall er, og at vi vet at et tall som kan faktoriseres ikke er et primtall. Det vil som regel være slik at vi i et bevis må anta at en del begreper er kjent på forhånd.

Ikke alle påstander kan bevises, og det kan bevises at enkelte påstander ikke kan bevises.

Så skal vi se litt nærmere på forskjellige typer bevis.

Intuitive bevis

Et intuitivt bevis er ikke et formelt, matematisk bevis, men en argumentasjon der en ikke nødvendigvis bruker matematiske symboler og formell logikk.

Eksempel 2:

Vi skal argumentere for at tall er delelige med 2 når siste siffer er delelig med 2.

Alle hele tall kan skrives som en sum av enere, tiere, hundrere, tusener, osv. Bortsett fra enerne, er alle disse delelige med 10. Det betyr at summen av et visst antall tiere, hundrere, tusener osv. også er delelig med 10. Tall som er delelige med 10, er også delelige med 2. Når vi så legger 2 til et tall som er delelig med 2, får vi enda et tall delelig med 2.

Dette er en uformell variant av beviset for «toerregelen» i artikkelen om Delelighet.

Eksempel 3:

Vi skal argumentere for at svaret alltid et partall når vi adderer to oddetall.

Vi tenker oss en gruppe med et odde antall personer. Ber vi personene danne par, vil det bli 1 til overs. For eksempel vil en gruppe på 9 personer kunne danne 4 par med 1 til overs, og en gruppe på 13 personer kunne danne 6 par med 1 til overs. Så tenker vi oss en annen  gruppe med et odde antall personer. Ber vi personene der danne par, vil det bli 1 til overs der også. Det er altså 1 til overs i hver gruppe, men disse to kan jo også danne et par. Alle personene inngår da i par, og summen er derfor et partall.

Uttømmende bevis

En av de enkleste bevisformene er uttømmende bevis, der vi viser at en påstand er riktig ved å undersøke alle muligheter som inngår i påstanden.

Eksempel 4:

Påstand: Det finnes nøyaktig tre heltall, n ∈ [20, 25], som består av nøyaktig to primtallsfaktorer.

Bevis: Vi faktoriserer heltallene mellom 20 og 25:

20 = 2 · 2 · 5

21 = 3 · 7

22 = 2 · 11

23 = 23

24 = 2 · 2 · 2 · 3

25 =5 · 5

Vi ser at 21, 22 og 25 og ingen andre av tallene oppfyller kravet, og påstanden er derved bevist.

Oppgave 1:

Bevis følgende påstand: Det finnes nøyaktig ett heltall, n ∈ [20, 25], som består av nøyaktig fire primtallsfaktorer.

Se løsningsforslag

Dersom antall muligheter som må undersøkes er mange, blir uttømmende bevis tungvint, og helt umulig hvis en påstand gjelder et uendelig antall muligheter. Hvis et uttømmende bevis ikke undersøker alle muligheter, er det ugyldig.

Generelt er det slik at å ramse opp eksempler aldri beviser en påstand, med mindre eksemplene dekker alle muligheter. Men det er en vanlig feil å gjøre.

Eksempel 5:

Påstand: Alle tall på formen 2p – 1 er primtall hvis p er et primtall.

Ugyldig bevis: Vi tester påstanden for en del primtall, p:

22 – 1 = 3. Primtall.

23 – 1 = 7. Primtall.

25 – 1 = 31. Primtall.

27 – 1 = 127. Primtall.

213 – 1 = 8191. Primtall.

217 – 1 = 131071. Primtall.

219 – 1 = 524287. Primtall.

Skulle metoden i eksempel 5 ført fram, måtte vi testet alle primtall som finnes. Og siden det finnes uendelig mange, lar det seg ikke gjøre. Påstanden er heller ikke riktig, som vi skal se i eksempel 7.

Eksempel 6:

Påstand: Summen av tre etterfølgende heltall er alltid lik tre ganger det midterste tallet. For eksempel er

3 + 4 + 5 = 3 · 4

11 + 12 + 13 = 3 · 12

(−13) + (−12) + (−11) = 3(−12)

Ugyldig bevis: Vi tester påstanden for 10 000 sekvenser av tre etterfølgende heltall i et regneark, og finner ut at påstanden stemmer.

Påstanden i eksempel 6 er riktig, men uansett hvor mange eksempler vi prøver ut i et regneark, vil vi ikke få et gyldig bevis. Vi sannsynliggjør imidlertid påstanden, noe som betyr at den er vel verd å utforske nærmere, og at vi kanskje kan finne et bevis for den. Som vi skal se i eksempel 10, kan vi bekrefte denne påstanden ved et enkelt, algebraisk bevis.

Bevis ved moteksempel

Det er altså ikke nok å bare sjekke en del av mulighetene som inngår for å bevise at en påstand er riktig. For eksempel kan vi ikke ut fra at 31, 331, 3331, 33331, 333331, 3333331, 33333331 er primtall konkludere med at alle naturlige tall som består av en sekvens av 3-tall, etterfulgt av et 1-tall er primtall. Og denne påstanden er også uriktig, 333333331 er for eksempel ikke et primtall, 333333331 kan faktoriseres som 17 · 19607843.

Derimot er det nok med ett enkelt moteksempel for å bevise at en påstand er uriktig, altså motbevise den.

Eksempel 7:

Påstand: Alle tall på formen 2p – 1 er primtall hvis p er et primtall.

Moteksempel: p = 11 er et primtall, men 211 – 1 = 2047 er ikke er et primtall. 2047 kan faktoriseres som 23 · 89.

Det er derved bevist at påstanden er uriktig.

Oppgave 2:

Bevis at følgende påstand er uriktig: Alle sammensatte tall større enn hundre består av minst tre primtallsfaktorer.

Se løsningsforslag

Eksempel 8:

Påstand: Alle primtall er oddetall.

Moteksempel: 2 er et primtall, men ikke et oddetall.

Påstanden i eksempel 8 er riktig for alle andre primtall enn 2. Det finnes altså uendelig mange tall den er riktig for, men bare ett den ikke er riktig for. Allikevel betyr dette ene moteksempelet at påstanden er uriktig. Med en liten modifikasjon blir imidlertid påstanden riktig: «Alle primtall unntatt 2 er oddetall».

Dueslagprinsippet

Dueslagprinsippet er en enkel type bevis som går ut på opptelling. Hvis m objekter blir fordelt på n avdelinger, og m > n, vil minst én avdeling inneholde mer enn ett objekt. Hvis det for eksempel er 110 duer i et dueslag med 100 seksjoner, må det finnes seksjoner med mer enn 1 due.

Eksempel 9:

Påstand: Hvis det største antall hår et menneske kan ha på hodet er 150 000, vil det i en by med 200 000 innbyggere finnes noen som har nøyaktig samme antall hår.

Bevis: Siden det er flere hoder(m=200 000) enn maksimalt antall hår (n=150 000), sier dueslagprinsippet at det finnes mennesker som har nøyaktig samme antall hår.

Oppgave 3:

Vi roter etter sokker innerst i klesskapet, der det ligger løse sokker av 5 forskjellige varianter. Hvor mange må vi rote fram for å være sikre på å ha 2 like?

Se løsningsforslag

Algebraisk bevis

Hvis vi skal bevise en påstand der vi ikke kan bruke et uttømmende bevis, kan et algebraisk bevis være et alternativ. I et algebraisk bevis bruker vi i stedet for tall symboler som er allmenngyldige.

Eksempel 10:

I eksempel 6 framsatte vi en påstand om at summen av tre etterfølgende heltall alltid er lik tre ganger det midterste tallet.

Det finnes uendelig heltall, så et uttømmende bevis er utelukket, og vi bruker et algebraisk bevis:

Kaller vi tallet i midten for a, vil sekvensen av tre etterfølgende tall bestå av a-1, a og a+1. Summen av disse blir (a – 1) + a + (a + 1) = a + a + a – 1 + 1 = 3a. Vi ser at uansett hvilken verdi a representerer, blir summen tre ganger denne verdien. Påstanden er derved bevist.

Eksempel 11:

Påstand: Summen av to partall er et partall.

Det finnes uendelig mange partall, så et uttømmende bevis er utelukket, og vi bruker et algebraisk bevis:

Et partall er et tall på formen 2t, der t er et helt tall. Summen av to heltall kan skrives som 2n + 2m = 2(n + m) = 2(n + m). Siden n + m er et heltall, ser vi at produktet er på formen 2t, og derved et partall.

I eksempel 11 har vi brukt 2n som symbol for det ene tallet og 2m som symbol for det andre. Hadde vi brukt samme symbol for begge, for eksempel 2t, ville det betydd at de to tallene var like. Vi har følgende prinsipp:

To tall som kan være ulike, må representeres med forskjellige symboler.

Eksempel 12:

Uriktig påstand: Produktet av to partall er et kvadrattall.

Uriktig bevis: Et partall er et tall på formen 2t, der t er et helt tall. Produktet av to partall kan skrives som 2t · 2t = 2 · 2 · t · t = 22 · t2 = (2t)2. Og vi ser at produktet kan skrives som kvadratet av 2t.

Problemet er at t er brukt som symbol for to tall som kan være ulike. Vi har egentlig bare bevist det opplagte, at et tall multiplisert med seg selv er et kvadrattall. Med forskjellige symboler får vi 2m · 2n = 2 · 2 · m · n = 22 · m · n, som ikke trenger være et kvadrattall hvis m og n er ulike.

Men vi sier ikke at to tall representert med forskjellige symboler nødvendigvis må være ulike. Det er mulig at de er ulike, men det er også mulig at de er like. Beviset i eksempel 11 er like gyldig for to forskjellige tall, for eksempel 2 + 4, som for to like tall, for eksempel 2 + 2.

Oppgave 4:

Bevis at summen av to oddetall er et partall.

Se løsningsforslag

Oppgave 5:

Dividerer vi 111 på 1+1+1, får vi 37.

$\frac{\displaystyle 111}{\displaystyle 1+1+1} = 37$

Dividerer vi 222 på 2+2+2, får vi også 37.

$\frac{\displaystyle 222}{\displaystyle 2+2+2} = 37$

Og det samme gjelder for alle siffer 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 og 9.

Bruk prinsippet med algebraiske bevis til å begrunne hvorfor det er slik.

Se løsningsforslag

Implikasjon og ekvivalens

Et matematisk resonnement kan gå over mange trinn. For å lenke sammen flere trinn, bruker vi ofte implikasjoner, det vi si påstander av typen «A impliserer (medfører) B». Det vil si at vi hevder at hvis påstand A er riktig, er påstand B riktig.

Eksempel 13:

Alle klærne til Johnny er svarte.

Det betyr at hvis påstand A, «klærne tilhører Johnny», er riktig, impliserer det at påstand B, «klærne er svarte», er riktig.

Implikasjon indikerer vi gjerne med en implikasjonspil. A ⇒ B betyr at påstand A impliserer (medfører) påstand B.

Et mer matematisk eksempel:

Eksempel 14:

x = 2 ⇒ x2 = 4 

Å snu en implikasjon er ikke generelt riktig. At A impliserer B, betyr ikke nødvendigvis at B impliserer A.

Eksempel 15:

«Alle klærne til Johnny er svarte.»

Selv om påstand B, «klærne er svarte», er riktig, behøver ikke påstand A, «klærne tilhører Johnny», være riktig. Klærne kan tilhøre hvem som helst, selv om de er svarte.

Eksempel 16:

Vi snur implikasjonspila i eksempel 14, og får 

x = 2  x2 = 4

Dette er ikke riktig. Selv om x2 = 4, trenger ikke x være 2. x kan også være −2.

I noen tilfeller kan imidlertid en implikasjon gå begge veier, slik at vi både har A ⇒ B og B ⇒ A. Dette kaller vi en ekvivalens, og indikerer det med en dobbeltpil: A ⇔ B.

Eksempel 17:

2x = 4 ⇔ x = 2

Generelt er det imidlertid slik at hvis A impliserer B, og B er uriktig, vil A være uriktig. I matematisk notasjon uttrykker vi det slik: Hvis A ⇒ B, vil BA.

Eksempel 18:

«Alle klærne til Johnny er svarte.»

Det betyr at hvis påstand B, «klærne er svarte», er uriktig, medfører det at påstand A, «klærne tilhører Johnny», er uriktig. Er klærne for eksempel rosa, kan vi konkludere med at de ikke tilhører Johnny.

Et vers fra en barnesang illustrerer dette prinsippet glimrende:

«Min hatt, den har tre kanter. Tre kanter har min hatt. Og har den ei tre kanter, så er det ei min hatt».

Til slutt et par matematiske eksempler.

Eksempel 19:

Hvis x = 2 ⇒ x2 = 4, vil x2 ≠ 4 ⇒ x ≠ 2

Eksempel 20:

I eksempel 7 viste vi at påstanden «alle tall på formen 2p – 1 er primtall hvis p er et primtall» er feil.

Uten at vi går inn på beviset, er det imidlertid slik at påstanden «alle tall på formen 2n – 1 er sammensatte tall hvis n er et sammensatt tall» er riktig.

Hvis påstand A, «n er et sammensatt tall», er riktig, medfører det altså at påstand B, «2n – 1 er et sammensatt tall», er riktig.

Når A ⇒ B, vil BA. Det vil si at hvis påstanden «2n – 1 er et sammensatt tall» er uriktig, er påstanden «n er et sammensatt tall» uriktig.

At et tall ikke er sammensatt, betyr at det er et primtall. Vi har altså at følgende påstand er riktig: «Hvis 2n – 1 er et primtall, er n et primtall».

En påstand som er bevist, kalles gjerne et teorem, og en påstand som umiddelbart følger av et teorem kalles en korollar. Vi har altså:

Teorem: Hvis n er et sammensatt tall, er 2n – 1 et sammensatt tall.

Korollar: Hvis 2n – 1 er et primtall, er n et primtall.

Oppgave 6:

Under følger et «bevis» for at −1 = 1. Hva er feilen i dette «beviset»?

$2 – 1 = 2 – 1$

$2 – 1 = -1 \cdot (1 – 2)$

$(2 – 1)^2 = (-1)^2 \cdot (1 – 2)^2$

$(2 – 1)^2 = 1 \cdot (1 – 2)^2$

$(2 – 1)^2 = (1 – 2)^2$

$\sqrt{(2 − 1)^2 }= \sqrt{(1 − 2)^2}$

$2 – 1 = 1 – 2$

$-1 = 1$

Se løsningsforslag

Bevis ved selvmotsigelse

I et bevis ved selvmotsigelse antar vi at det motsatte av det vi skal bevise er riktig, og demonstrerer at dette fører til en selvmotsigelse. Denne prosessen kalles også «reductio ad absurdum».

Eksempel 21:

Påstand: Det finnes uendelig mange primtall.

For å bevise dette, tar vi for oss den motsatte påstanden, nemlig at det finnes et endelig antall primtall. La oss kalle dette antallet for r. Primtallene selv kaller vi p1, p2, p3, … , pr. Her er p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, p5 = 11, og så videre oppigjennom lista med primtall.

La oss så kalle tallet vi får når vi multipliserer disse primtallene for A. Da vil A være delelig med samtlige av disse primtallene, for vi har jo at A = p1 · p2 · p3 · … · pr. Men A+1 vil ikke være delelig med noen av dem.

A+1 trenger ikke være et primtall. Men er A+1 et sammensatt tall, må faktorene være noen andre enn p1, p2, p3, … , pr, for vi vet jo at A+1 ikke er delelig med noen av disse. Så uansett om A+1 er primtall eller sammensatt, har vi vist at det må finnes mer enn r primtall.

Utgangspunktet vårt, påstanden om at det finnes uendelig mange primtall, må derfor være riktig.

Eksempel 22:

Vi skal bevise at $\sqrt{2}$ er et irrasjonalt tall, det vil si at det ikke finnes hele tall, a og b, slik at ${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2}$.

Vi tar da utgangspunkt i det motsatte, nemlig at det faktisk finnes hele tall, a og b, slik at ${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2}$.

Vi forutsetter videre at brøken ${\large \frac{a}{b}}$ er forkortet så langt det går. Dette er et viktig poeng, for i det følgende vil vi vise at hvis ${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2}$, må både a og b være partall, derved er ikke brøken forkortet så langt det går, og vi har fått en selvmotsigelse.

Vi starter med å skrive uttrykket ${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2}$ om litt:

${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2} \, \Rightarrow \, \Big({\large \frac{a}{b}}\Big)^2 = 2 \, \Rightarrow \, a^2 = 2b^2$

2b2 er et partall, siden 2 er en faktor. Og a2 er jo samme tall, så a2 er et partall. Når kvadratet av et tall er et partall, er tallet selv også et partall, for alle kvadrater av oddetall er oddetall. a er altså et partall.

Siden a er et partall, kan det skrives på formen 2n, der n er et helt tall. Så a2 = 2b2 kan skrives som (2n)2 = 2b2 ⇒ 4n2 = 2b2 ⇒  2n2 = b2. Så vi ser at b2 også må være et partall, og følgelig at b er et partall.

Siden både a og b er partall, betyr det at brøken ${\large \frac{a}{b}}$ ikke er forkortet så langt det går, noe som motsier forutsetningen vår, og påstanden om at det finnes hele tall, a og b, slik at ${\large \frac{a}{b}} = \sqrt{2}$ er ikke riktig. Utgangspunktet vårt, påstanden om at $\sqrt{2}$ er et irrasjonalt tall, må derfor være riktig.

Eksempel 23:

Påstand: Det finnes ingen hele, positive tall, a og b, slik at a2b2 = 10.

Bevis: Vi antar det motsatte, at det faktisk finne to slike tall, og viser at dette fører til en selvmotsigelse.

Vi starter med å bruke tredje kvadratsetning baklengs på venstre side, og får
(a + b)(ab) = 10.

10 kan skrives som produktet 5 · 2. Setter vi dette inn i likningen over, får vi

(a + b)(ab) = (5)(2) = 10.

Vi må altså ha
a + b = 5
ab = 2

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 7, det vil si at a = 3,5.

a er altså ikke et heltall, noe som er en selvmotsigelse siden vi i utgangspunktet forutsatte at både a og b skulle være heltall.

10 kan også skrives som produktet 10 · 1. Da får vi

(a + b)(ab) = (10)(1) = 10.

Vi må altså ha
a + b = 10
ab = 1

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 11, det vil si at a = 5,5.

a er heller ikke her et heltall, og vi har igjen en selvmotsigelse.

10 kan ikke skrives som et produkt av positive heltall på noen andre måter, og påstanden er derved bevist ved selvmotsigelse.

I eksempel 23 benyttet vi også prinsippet fra et uttømmende bevis. Det fantes to måter å skrive 10 som et produkt av heltall på, og vi tok for oss begge to.

Oppgave 7:

Finn feilen i følgende resonnement:

Vi påstår at det ikke finnes hele, positive tall, a og b, slik at a2b2 = 12.

Som bevis bruker vi selvmotsigelse:

12 kan skrives som produktet 4 · 3. Da har vi

(a + b)(ab) = (4)(3) = 12.

Vi må altså ha
a + b = 4
ab = 3

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 7, det vil si at a = 3,5.

a er altså ikke et heltall, noe som er en selvmotsigelse siden vi i utgangspunktet forutsatte at både a og b skulle være heltall.

12 kan også skrives som produktet 12 · 1. Da har vi

(a + b)(ab) = (12)(1) = 12.

Vi må altså ha
a + b = 12
ab = 1

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 13, det vil si at a = 6,5.

a er heller ikke her et heltall, og vi har igjen en selvmotsigelse.

Påstanden er derved bevist ved selvmotsigelse.

Se løsningsforslag

Induksjonsbevis

Et induksjonsbevis brukes typisk i forbindelse med påstander om heltall, og går i to trinn. Vi tar utgangspunkt i en påstand, U(n), som gjelder for alle nn0

I trinn 1 etablerer vi induksjonsgrunnlaget, det vil si at vi fastslår at U(n) er sann for startverdien n0

Trinn 2 kalles induksjonstrinnet, her viser vi at hvis U(n) er sann, er U(n+1) sann. 

Av trinn 2 følger da videre at hvis U(n+1) er sann, er U((n+1)+1) = U(n+2) sann, hvis U(n+2) er sann, er U((n+2)+1) = U(n+3) sann, og så videre. Denne logikken kan vi følge videre mot uendelig, og påstanden er derfor bevist for alle nn0

Eksempel 24:

Vi skal bevise at summen av alle hele tall fra og med 1 til og med n er lik $\frac{\displaystyle n(n + 1)}{\displaystyle 2}$.

For eksempel er $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = \frac{\displaystyle 10(10 + 1)}{\displaystyle 2} = 55$

I trinn 1 viser vi da at påstanden er riktig for n0 = 1, det vil si at summen av tallene fra og med 1 til og med 1 er 1. Og formelen gir $\frac{\displaystyle 1(1 + 1)}{\displaystyle 2} = 1$, så påstanden er riktig for n0 = 1.

Formelen vi skal bevise sier at hvis

$1 + 2 + 3 + \cdots + {\color{brown}n} = \frac{\displaystyle {\color{brown}n}({\color{brown}n} + 1)}{\displaystyle 2}$

er

$1 + 2 + 3 + \cdots + n + ({\color{brown}{n + 1}}) = \frac{\displaystyle {(\color{brown}{n + 1}})\big(({\color{brown}{n + 1}}) + 1\big)}{\displaystyle 2}$

(For å tydeliggjøre har vi markert siste ledd i rekka med brunt.)

Regner vi ut telleren i brøken, ser vi at den blir

$\frac{\displaystyle (n + 1)(n + 2)}{\displaystyle 2}$

I trinn 2 skal vi vise at dette er riktig. Vi har altså

$1 + 2 + 3 + \cdots + n = \frac{\displaystyle n(n + 1)}{\displaystyle 2}$

Vi adderer et nytt ledd på begge sider av likhetstegnet:

$1 + 2 + 3 + \cdots + n + (n + 1) = \frac{\displaystyle n(n + 1)}{\displaystyle 2} + (n + 1)$

Vi skriver uttrykket på høyre side som en enkelt brøk:

$\frac{\displaystyle n(n + 1) + 2(n + 1)}{\displaystyle 2}$

Vi regner ut parenteser og trekker sammen like ledd:

$\frac{\displaystyle n^2 + 3n + 2}{\displaystyle 2}$

Til slutt faktoriserer vi andregradsuttrykket:

$\frac{\displaystyle(n + 1)(n + 2)}{\displaystyle 2}$

Som er det uttrykket formelen sa vi skulle få. Når formelen er gyldig for n, er den altså gyldig for n + 1. Siden vi i trinn 1 viste at formelen var gyldig for n = 1, er den følgelig gyldig for n + 1 = 2, og siden den er gyldig for n = 2 er den gyldig for n = 2 + 1 = 3, og så videre mot uendelig.

Oppgave 8:

Bevis at

$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 = \frac{\displaystyle n(n + 1)(2n+1)}{\displaystyle 6}$

for alle n ≥ 1.

Se løsningsforslag

Kilder