[Bčta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic

Lijkt me wel.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 14:48 schreef Borizzz het volgende:.
Bewijs dat elk natuurlijk getal te schrijven is als som van priemgetallen.

- Vast staat dat 2 en 3 priemgetallen zijn.
Er geldt: 2+k*2 geeft alle even getallen (k=nat. getal).
Er geldt 3+k*2 geeft alle oneven getallen (k=nat. getal).
Dus: elk getal is de som van in ieder geval tweeen en drieeen en dus ook de som van priemgetallen.

Alle natuurlijke even getallen (m.u.v. 0 eventueel als je die erbij rekent), en alle natuurlijke oneven getallen groter dan 1. Als je precies wilt zijn.

Ik heb ook geprobeerd om een bewijs van de hoofdstelling op te schrijven.
Ik heb getracht om het in mijn eigen woorden, correct weer te geven.
Kan deze ook door de beugel?

Bewijs loopt via volledige inductie.
Te bew: elk natuurlijk getal heeft unieke priemf. ontbinding.

Bestaan:
-a=2 heeft unieke priemf. ontbinding.
nu een redenering met volledige inductie van a-1 naar a.
-Veronderstel: alle getallen kleiner dan a hebben unieke priemf. ontbinding.
voor het getal a zijn er dan 2 mogelijkheden: a=priem of a=niet priem.
als a priem is, dan heeft ook a een unieke priemf. ontbinding. Klaar.
als a niet priem is, dan is a samengesteld. Dus a=a1*a2. Door dit feit geldt ook a1 en a2 kleiner dan a.
Door mijn veronderstelling hebben a1 en a2 een unieke priemf. ontbinding. En dus heeft a1*a2=a dit ook. Klaar.

Uniciteit
a=2 is weer een unieke priemf. ontbinding.
weer een redenering van a-1 naar a.
Neem a groter gelijk 3.
Veronderstel: priemfactor ontbinding van alle getallen kleiner dan a is uniek.
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen: p1*p2*...pR en q1*q2*...*qS.
Dus a=p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS.
Met de theorie van deler volgt p1|q1*q2*...*qS.
Er geldt p1|qi. p1 is dus deler van een van de factoren q. _{(hiervoor heb ik een apart bewijs).}
Door de volgorde te wisselen mag je ook stellen dat p1|q1 (volgorde in een priemf. ontbinding niet belangrijk).
Aangezien p1 en q1 beide priemgetallen zijn en ook p1|q1 moet gelden p1=q1.
Dan geldt ook a/p1=q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
Met mijn eerdere veronderstelling (priemf. ontbindingen van getallen kleiner dan a uniek) moet gelden
q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
met p1=q1 volgt nu
p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS en R=S, dus de priemf. ontbindingen zijn volledig gelijk.
En a heeft dus maar 1 priemfactorontbinding.

(met name R=S moet worden aangetoond, anders was je met p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS al veel eerder klaar geweest).

[ Bericht 2% gewijzigd door Borizzz op 17-09-2009 16:19:09 ]

Misschien kun je het woord 'uniek' even opzoeken in een woordenboek.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:16 schreef thabit het volgende:
Misschien kun je het woord 'uniek' even opzoeken in een woordenboek.

wat voor fout maak ik dan? ik bedoelde uiteraard "er is er maar 1".

Waar staat 15.27 voor? Is dat de stelling die zegt als p priem p|ab dan p|a of p|b? Dat is de belangrijkste stap in het hele bewijs, dus die kun je beter maar wel snappen.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:19 schreef thabit het volgende:
Waar staat 15.27 voor? Is dat de stelling die zegt als p priem p|ab dan p|a of p|b? Dat is de belangrijkste stap in het hele bewijs, dus die kun je beter maar wel snappen.

Ja, dat heb ik inmiddels weggehaald, stond idd voor die stelling.
Voor p|ab dan p|a of p|b heb ik een bewijs met inductie, die ik wel snapte. (moet haast wel).

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:13 schreef Borizzz het volgende:
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:13 schreef Borizzz het volgende:
Ik heb ook geprobeerd om een bewijs van de hoofdstelling op te schrijven.
Ik heb getracht om het in mijn eigen woorden, correct weer te geven.
Kan deze ook door de beugel?

Bewijs loopt via volledige inductie.
Te bew: elk natuurlijk getal heeft unieke priemf. ontbinding.

Bestaan:
-a=2 heeft unieke priemf. ontbinding.
nu een redenering met volledige inductie van a-1 naar a.
-Veronderstel: alle getallen kleiner dan a hebben unieke priemf. ontbinding.
voor het getal a zijn er dan 2 mogelijkheden: a=priem of a=niet priem.
als a priem is, dan heeft ook a een unieke priemf. ontbinding. Klaar.
als a niet priem is, dan is a samengesteld. Dus a=a1*a2. Door dit feit geldt ook a1 en a2 kleiner dan a.
Door mijn veronderstelling hebben a1 en a2 een unieke priemf. ontbinding. En dus heeft a1*a2=a dit ook. Klaar.

Hier toon je nog helemaal niks unieks aan, het woord uniek kan dus overal weg.

quote:

Uniciteit
a=2 is weer een unieke priemf. ontbinding.
weer een redenering van a-1 naar a.
Neem a groter gelijk 3.
Veronderstel: priemfactor ontbinding van alle getallen kleiner dan a is uniek.
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen: p1*p2*...pR en q1*q2*...*qS.

Twee unieke priemfactorontbindingen, dat kan niet.

quote:

Dus a=p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS.
Met de theorie van deler volgt p1|q1*q2*...*qS.
Er geldt p1|qi. p1 is dus deler van een van de factoren q. _{(hiervoor heb ik een apart bewijs).}
Door de volgorde te wisselen mag je ook stellen dat p1|q1 (volgorde in een priemf. ontbinding niet belangrijk).
Aangezien p1 en q1 beide priemgetallen zijn en ook p1|q1 moet gelden p1=q1.
Dan geldt ook a/p1=q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
Met mijn eerdere veronderstelling (priemf. ontbindingen van getallen kleiner dan a uniek) moet gelden
q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.

Hier zou ik opmerken dat de ontbindingen q2 * ... * qS en p2 * ... * pR hetzelfde zijn.

quote:

met p1=q1 volgt nu
p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS en R=S, dus de priemf. ontbindingen zijn volledig gelijk.
En a heeft dus maar 1 priemfactorontbinding.

(met name R=S moet worden aangetoond, anders was je met p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS al veel eerder klaar geweest).

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:21 schreef Borizzz het volgende:

[..]

Ja, dat heb ik inmiddels weggehaald, stond idd voor die stelling.
Voor p|ab dan p|a of p|b heb ik een bewijs met inductie, die ik wel snapte. (moet haast wel).

Hoe heb je dat bewezen dan?

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:30 schreef thabit het volgende:

[..]

Hoe heb je dat bewezen dan?

Als volgt:
Laat a,b geheel getal en p priem. Te bew als p|ab dan p|a of p|b.
Gegeven p|ab.
Veronderstel dat p geen deler is dan b.
Omdat p priem is heeft het geen echte delers.
dus ggd(b,p)=1.
Met theorie over lineaire combinatie geldt: 1=xb+yp (x,y geheel).
dan geldt ook a=axb+ayp
ander geschreven a=x(ab) + p(ay).
p|ab (gegeven) en p|p(ay)
dus ook p|(x(ab) + p(ay).
dus ook p|a.

Leek me een heel eind in de goede richting.
Dit is volgens mij ook uit te breiden naar factoren met meer dan 2 termen.

Okee, dat lijkt me dan verder wel correct.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:40 schreef thabit het volgende:
Okee, dat lijkt me dan verder wel correct.

Klopte, op jouw opmerking na, dat bewijs van de hoofdstelling een beetje verder?
Ik kon dat toch redelijk volgen (vergeleken met gister).

quote:

Op donderdag 17 september 2009 16:42 schreef Borizzz het volgende:

[..]

Klopte, op jouw opmerking na, dat bewijs van de hoofdstelling een beetje verder?
Ik kon dat toch redelijk volgen (vergeleken met gister).

Ja.

ben ik weer. Klein dingetje uit de theorie, bij het bewijs van algoritme van euclides.

er staat a,b,c,r geheel en a=c*b+r en 0<r<b. Dan ggd(a,b)=ggd(b,r).
Omdat r=a-cb geldt ggd(a,b)|r. Dit gaat me ietsje snel.
Heeft dit te maken met het feit dat door r=a-cb r in feite een lineaire combinatie is van a en b.? Dan is automatisch r een veelvoud van de ggd(a,b).

Vervolg:
ggd(a,b)|r en ggd(a,b)|b dus ggd(a,b) is deler van zowel r als b.
dus uiteindelijk laat je dan zien ggd(a,b)=ggd(b,r).

Wat is nu precies je vraag?

quote:

Op donderdag 17 september 2009 20:45 schreef Borizzz het volgende:
ben ik weer. Klein dingetje uit de theorie, bij het bewijs van algoritme van euclides.

er staat a,b,c,r geheel en a=c*b+r en 0<r<b. Dan ggd(a,b)=ggd(b,r).
Omdat r=a-cb geldt ggd(a,b)|r. Dit gaat me ietsje snel.
Heeft dit te maken met het feit dat door r=a-cb r in feite een lineaire combinatie is van a en b.? Dan is automatisch r een veelvoud van de ggd(a,b).

Vervolg:
ggd(a,b)|r en ggd(a,b)|b dus ggd(a,b) is deler van zowel r als b.
dus uiteindelijk laat je dan zien ggd(a,b)=ggd(b,r).

ggd(a,b) deelt b dus het deelt ook (-c) * b
ggd(a,d) deelt a en (-c)*b dus deelt het ook de som van beiden, wat dus r is

goh, getaltheorie, lang geleden, was wel een van de leukste vakken.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 21:18 schreef thabit het volgende:
Wat is nu precies je vraag?

De conclusie ggd(a,b)|r. Of dit volgt uit het feit dat r lin. combinatie van a en b is.

quote:

Op donderdag 17 september 2009 21:24 schreef Borizzz het volgende:

[..]

De conclusie ggd(a,b)|r. Of dit volgt uit het feit dat r lin. combinatie van a en b is.

Ja, dat volgt daaruit.

Ik snap nog altijd niet goed wat een parametervoorstelling nou is.

[vraag] Het standaarinproduct tussen twee vectoren x, y uit R^n is gedefinieerd als <x,y>=x₁y₁+x₂y₂+....+x_ny_n. We zeggen dat x en y oodrecht op elkaar staan als <x,y>=0
Schrijf V voor het valk door de oorsprong van R^3 dat loodrecht staat op z uit R^3, waarbij

Met andere woorden V bestaat uit alle vectoren in R^3 die loodrecht op z staan.

a) geef een vergelijking voor V.
Volgens mij gewoon v₁+v₂+v₃=0, toch?
b) leid ook een parametervoorstelling af voor V.
Deze weet ik dus niet hoe dat moet. Als ik alleen v₁+v₂=0 ofzo zou ehbben zou ik dan geloof ik kunnen zeggen stel v₂=n dan v₁=-n?

a) klopt
b) ja inderdaad, nu kun je dus (x, y, -x-y) nemen.

als ggd(a,b)=1 en ggd(a,c)=1 dan te bew is ggd(a,bc=1).
Dit moet dan vlg mij ook kunnen met lineaire combinaties:
ggd(a,b)=1 dus 1=ma+nb
ggd(a,c)=1 dus 1=ka+lc.
Dus nu moet ik dit zien om te werken naar iets van de vorm: 1=(x)a+(y)bc.

Maar ik zie nog niet goed hoe:
ik maakte ma+nb=ka+lc
ma-ka+nb-lc=0
maar dit voelt al niet zo lekker...

ggd(a,b)=1 dus 1=ma+nb
Als a=7 en b=8, wat zijn m en n dan?

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 17:57 schreef GlowMouse het volgende:
ggd(a,b)=1 dus 1=ma+nb
Als a=7 en b=8, wat zijn m en n dan?

n=1 en a=-1.

Hmm ok, daar ben ik het wel mee eens dat je het zo kunt bewijzen. Ik had dat nog niet eerder gezien.

(nl)(bc) = nb * lc = (1-ma)(1-ka) = 1+(kma-m-k)a.

Dat die a terugkomt in de factor lijkt mij geen bezwaar.

[ Bericht 9% gewijzigd door GlowMouse op 19-09-2009 18:56:13 ]

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 18:05 schreef GlowMouse het volgende:
Hmm ok, daar ben ik het wel mee eens dat je het zo kunt bewijzen. Ik had dat nog niet eerder gezien.

(nl)(bc) = nb * lc = (1-ma)(1-ka) = 1+(a-m-k)a.

Dat die a terugkomt in de factor lijkt mij geen bezwaar.

kun je dit even in wat meer stapjes opschrijven? Dit gaat me te snel, en ik zie hier ook nog geen bewijs in.
ik had tot nu toe 1=ma+nb en 1=ka+lb. Dit volgt uit het gegeven.
En volgens mij moet het nu naar de vorm 1=(x)a+(y)bc, want dan mag je concluderen dat de ggd(a,bc) 1 is.

[ Bericht 0% gewijzigd door Borizzz op 19-09-2009 18:58:19 ]

Ik heb tot nu toe dit:
(1) 1=ma+nb
(2) 1=ka+lc

c=cma+nbc volgt uit (1)
lc=1-ka (volgt uit (2)
c=(1-ka)/l
(1-ka)/l=cma+nbc
1=cmal +ka +nbcl
1=(cma)a + (nl)bc
en dan ben je op zich klaar
maar wat ik "zwak" vindt is het delen in deze uitwerking. Je gaat uit van gehele getallen, en door te delen (en de verz. gehele getallen is niet gesloten mbt delen) ben je vlg mij niet zeker dan
cma en nl gehele getallen zijn.

Afgezien van nb vervangen door 1-ma en lc door 1-ka doe ik niet zo gek veel.
Er staat dat 1 = (nl)(bc) + (k+m-a)a.

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 18:52 schreef GlowMouse het volgende:
Afgezien van nb vervangen door 1-ma en lc door 1-ka doe ik niet zo gek veel.
Er staat dat 1 = (nl)(bc) + (k+m-a)a.

Ik zie nog steeds niet wat je doet
1=ma+nb en 1=ka+lc.
en dan?

edit: ga maar een uurtje puzzelen, hier moet je uit kunnen komen.

Ok, ik heb m al Glowmouse. Achteraf gezien wel logisch omdat je een uitdrukking wil hebben waar de factor bc in zit, dat zou de hint op moeten leveren dat je nb*lc moet gaan doen.

Ik heb nog 2 opdrachten waar ik mee bezig ben, maar de oplossing nog niet helemaal gevonden heb,
Bv deze:
ax²+bx+c=0, met a,b,c geheel en oneven. Bew. dat er dan geen oplossing is.

Ik neem dan a=2k+1, b=2m+1 en c=2l+1, met k,m,l geheel.
Zo ben ik zeker dat de coefficienten a,b,c inderdaad altijd oneven zijn.

Omdat er geen oplossingen mogen zijn moet gelden: discriminant <0.
dus
(2m+1)²-4(2k+1)(2l+1) = discr.
4m²+4m+1-8kl-8l-8k-4
4m²+4m -8kl -8l -8k -3
4(m²+m -2kl -2l -2k) -3
discriminant is een viervoud -3,
en ik had hier gehoopt hier een uitdrukking te vinden waarbij je kon concluderen dat het negatief was.
.. waar zit de (denk)fout?

hoe zit het met bijvoorbeeld x˛ + x - 1 = 0?

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 19:21 schreef GlowMouse het volgende:
hoe zit het met bijvoorbeeld x˛ + x - 1 = 0?

Ja dan is de discriminant 5. Tegenvoorbeeld?
Dit wil zeggen dat de bewering dus onwaar is??
En mijn uitwerking, op zich goed, maar niet nodig..

Ze zullen wel geheeltallige x bedoelen, maar dan is pariteit een betere aanpak.

Nou de laatste waar ik niet geheel uitkwam:

bew dat voor iedere n (geheeltallig) dat 10ⁿ +3*4ⁿ⁺² +5 een negenvoud is.

Dit wilde ik doen met volledige inductie.
dussss
1. bewering is waar voor n=1 want 9|207.
2. Veronderstel: bew. waar voor n=k.
Dus er geldt 10^k +3*4^k+2 +5 = 0 (mod 9)
(te bew: dit geldt ook voor n=k+1).

10^k +3*4^k+2 = -5 (mod 9)
10^k +3*4^k+2 = 4 (mod 9)
10^k+1=10*10^k
4^k+2=4²*4^k
dus
10^k+1 + 10*3*4^k = 40 (mod 9)
16*10^k+1 + 10*3*4^k+1 = 640 (mod 9)
en ja.. dan kom ik eigenlijk niet zoveel verder meer...

ik wil toe naar iets als
10^k+1 +3*4^k+1 = 0 (mod 9),
moet ik de 10 en 4 (die allebij tot de macht k zijn, samennemen? hoe?
of zit ik op een geheel verkeerd spoor.

[ Bericht 0% gewijzigd door Borizzz op 19-09-2009 19:52:48 ]

Ik zou 10^n gelijk vervangen door 1 (mod 9).

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 19:52 schreef GlowMouse het volgende:
Ik zou 10^n gelijk vervangen door 1 (mod 9).

Hoezo geldt dit?
En klopt de berekening een beetje? Want op t einde zit ik dus wel vast.

Omdat 10 = 1 (mod 9).
En je moet deze stap sowieso ergens zetten.

Tja dan krijg ik dit
10^k+3*4^k+2 +5 = 0 (mod 9)
1 + 3*4^k+2 +5 = 0 (mod 9)
3*4^k+2 +6 = 0 (mod 9)
3*4^k+2 =3 (mod 9)
4^k+3 = 4*4^k+2
4^k+3 = 12 (mod 9)
... weer vast.

Je aanpak is dan ook abominabel en slecht te volgen. Je begint gewoon met 10^(k+1) + 3*4^(k+3) + 5, en schrijft dan net zo lang = ... = ... tot je op = 0 uitkomt. Dan zie je tenminste wat er gebeurt. Nu is het bij jou elk regeltje maar weer raden wat je aan het doen bent.

10^(k+1) + 3*4^(k+3) + 5
= 10^k + 4 * 3*4^(k+2) + 5 (mod 9)
= 10^k + 3*4^(k+2) + 5 + [vul zelf maar in, wat ben ik vergeten]
= [gewoon overnemen] (mod 9)
= ...

[ Bericht 0% gewijzigd door GlowMouse op 19-09-2009 20:23:15 ]

je moet toch van k naar k+1 redeneren?
en je haalt een factor 4 eruit, daar deel je door...? en 10^n blijft staan? dat kan toch niet?

-edit-

quote:

Op zaterdag 19 september 2009 20:21 schreef Borizzz het volgende:
je moet toch van k naar k+1 redeneren?

Dat doe ik op regel 4, daar gebruik ik dat de uitspraak waar is voor n=k.

En ik deel nergens door, ik trek er wat af dat ik er later weer bijtel.