Løsningsforslag, bevis

Visuelle bevis

Oppgave 1:

Vi skal lage et visuelt bevis for første kvadratsetning, altså at (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.

Vi tegner et kvadrat av ruter med sidelengde a + b:

Illustrasjon av 1. kvadratsetning

Kvadratet har areal (a + b) · (a + b) = (a + b)2. Vi ser at dette arealet består av a2, markert med rødt, b2, markert med blått, og 2ab, markert med gult. Vi ser altså at (a + b)2 = a2 + 2ab + b2.

Tilbake til oppgaven

Ugyldige bevis

Oppgave 1:

Vi skal gjøre en vurdering av om formelen n2 − n + 41, der n er et heltall større eller lik 0, fungerer som en primtallsgenerator. Vi vet at n fra 0 til 20, gir primtall. Prøver vi n fra 21 til 40, får vi også primtall.

Prinsippet om at eksempler ikke er gyldige bevis, gjelder imidlertid også her. Med n = 41, får vi 1681, som ikke er et primtall, men kan faktoriseres som 41 · 41. For større n veksler det om vi får primtall eller ikke.

Det er ganske lett å skjønne at n = 41 ikke gir primtall, fordi formelen gir n2 − n + 41 = 412 − 41 + 41 = 412, som kan deles på 41.

Per 2023 finnes det ingen kjente primtallsgeneratorer.

Tilbake til oppgaven

Uttømmende bevis

Oppgave 1:

Vi skal bevise at det finnes nøyaktig ett heltall i intervallet [20, 25], som består av nøyaktig fire primtallsfaktorer.

Vi bruker et uttømmende bevis og 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 24 og ingen andre av tallene oppfyller kravet, og påstanden er derved bevist.

Tilbake til oppgaven

Bevis ved moteksempel

Oppgave 1:

Vi skal bevise at påstanden «alle sammensatte tall større enn hundre består av minst tre primtallsfaktorer» er uriktig.

Det gjør vi ved et moteksempel: 106 er et sammensatt tall, men inneholder bare 2 primtallsfaktorer. 106 = 2 · 53.

Tilbake til oppgaven

Algebraisk bevis

Oppgave 1:

Vi skal forklare hva som er problemet med det følgende «beviset» for at summen av to partall alltid er delelig med 4, og forklare hva det egentlig er vi har bevist.

«Vi lar 2t være et vilkårlig partall. Summen av to partall blir da 2t + 2t = 4t, som er delelig med 4.»

Problemet er at vi representerer to tall som kan være ulike, med like symboler. Når vi bruker 2t som symbol for begge tallene, betyr det at tallene er like. Så det vi har bevist, er at et partall addert med seg selv er delelig med 4. For eksempel 2 + 2 og 6 + 6.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bevise at summen av to oddetall er et partall.

Et oddetall er et tall på formen 2t + 1 der t er et heltall. Velger vi n og m som symboler for vilkårlige heltall, vil 2n + 1 og 2m + 1 være to vilkårlige oddetall.

Summen av to oddetall kan da skrives som (2n + 1) + (2m + 1) = 2n + 2m + 1 + 1 = 2(n + m + 1). Siden uttrykket i parentesen er et heltall, ser vi at summen er på formen 2t, og derved et partall.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke et algebraisk bevis til å begrunne at vi alltid får 37 når vi dividerer et tresifret tall der sifrene er like, med summen av sifrene.

Lar vi a representere hvilket som helst av sifrene 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 og 9, og skriver telleren på utvidet form, får vi
a · 100 + a · 10 + a = a(100 + 10 + 1) = 111a.

Nevneren blir a + a + a = 3a.

Så den generelle brøken blir ${\large \frac{111a}{3a}}$, som kan forkortes til 37. Vi får altså alltid 37 uansett hvilket siffer a representerer.

Tilbake til oppgaven

Dueslagprinsippet

Oppgave 1:

Vi spør hvor mange, m, sokker vi må ha blant n varianter for at minst to skal være like. Dueslagprinsippet sier at dette vil vi ha når m > n. Siden n = 5, og minste m > 5 er 6, må vi ha minst seks sokker.

Tilbake til oppgaven

Implikasjon og ekvivalens

Oppgave 1:

Vi skal finne feilen i et «bevis» for at −1 = 1.

«Beviset» består av en kjede med implikasjoner. Men én av implikasjonene er feil.

At $\sqrt{(2 − 1)^2 }= \sqrt{(1 − 2)^2}$ medfører ikke at 2 − 1 = 1 − 2.

Generelt har vi at a = ba2 = b2, men vi kan ikke snu implikasjonspila, fordi også a = −ba2 = b2.

Implikasjonskjeden er brutt. Vi ser her hvordan en eneste implikasjonsfeil ødelegger logikken i en hel kjede av implikasjoner som ellers er riktige.

Tilbake til oppgaven

Bevis ved selvmotsigelse

Oppgave 1:

Vi påsto at det ikke fantes hele, positive tall, a og b, slik at a2b2 = 12.fordi vi, både når vi faktoriserte 12 som 4 · 3 og 12 · 1, endte opp med en $a$ som ikke var et heltall.

Vi har imidlertid ikke tatt for oss alle måtene 12 kan faktoriseres på. Vi kan også ha 12 = 6 · 2 og da får vi

(a + b)(ab) = (6)(2) = 12.

Vi må altså ha
a + b = 6
ab = 2

Summerer vi de to likningene, får vi 2a + 0b = 8, det vil si at a = 4. Og vi ser at vi da får b = 2.

Det finnes altså a og b som er heltall, vi har ikke motsagt den opprinnelige forutsetningen, og beviset faller sammen. Vi har at 42 − 22 = 16 − 4 = 12.

Tilbake til oppgaven

Induksjonsbevis

Oppgave 1:

Vi skal bevise at

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

for alle n ≥ 1.

I trinn 1 viser vi da at påstanden er riktig for n0 = 1, det vil si at summen av kvadrattallene fra og med 12 til og med 12 blir 1. Og formelen gir

$\frac{\displaystyle 1(1 + 1)(2\cdot1+1)}{\displaystyle 6} = \frac{\displaystyle 1 \cdot 2 \cdot 3} {\displaystyle 6} = 1$

så påstanden er riktig for n0 = 1.

Formelen vi skal bevise sier at hvis

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

er

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

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

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

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

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

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

Vi adderer et nytt ledd på begge sider av likhetstegnet:

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

Vi skriver uttrykket på høyre side som en enkelt brøk:

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

Vi setter n + 1 utenfor parentes:

$\frac{\displaystyle (n + 1)\Big(n(2n+1) + 6(n+1)\Big)}{\displaystyle 6}$

Inni den store parentesen regner vi ut parenteser og trekker sammen like ledd :

$\frac{\displaystyle (n + 1)(2n^2+7n+6)}{\displaystyle 6}$

Vi faktoriserer andregradsuttrykket:

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

Som er det uttrykket formelen sa vi skulle få.

Tilbake til oppgaven