Matematické Fórum

ajucha · 05. 02. 2010 11:03

mám problém se dvěma důkazy.
1. dokažte, že pro všechna přirozená m platí: 1+3+5+.....+2m+1=m na druhou
2. dokažte, že pro každé k z oboru celých čísel platí, že pokud je druhá mocnina k dělitelná 7, je 7 dělitelné i k.

můj postup u 1.
a) dokázat, že to platí pro nejmenší prvek: 1=1
b)pro m+1: (2(m+1)+1) + m na druhou=(m+1)na druhou
m na druhou +2m+3=(m+1)na druhou
(m+1)na druhou +2=(m+1)na druhou -> a to je ten problém,že mi tamzůstala na levé straně ta 2-nebo to počítám špatně?

2.příklad- 7/k na druhou => k/7 nebo 7/ na duhou => 7/k ???
a nevím jaký důkaz na to použít...

Marian · 05. 02. 2010 11:19 — Editoval Marian (05. 02. 2010 11:20)

↑ ajucha:

Ad 1. Problém je v tom, že už neprojde ani začátek indukce pro m=1. Vzorec, kt. se snažíš dokazovat, dokázat nelze; je totiž chybný pravděpodobně jsi se upsal, neboť má být správně

$1+3+5+\cdots +(2m-1)=m^2,\qquad\qquad\forall m\in\mathbb{N}.$

Ovšem ty máš na levé straně "identity" 1+3+5+...+(2m+1).

Ad 2. U druhé úlohy bych osobně postupoval pomocí důkazu sporem. Ovšem existují i přímé varianty důkazu. Zkus si promyslet ještě drobnosti.

ajucha · 05. 02. 2010 11:33

↑ Marian:
u 1. příkladu jsem se neupsala. ale pro m=1 to vyjde -> 1=1na druhou -> 1=1 - nebo takto to nemůžu dělat? jestli ne,jaké čílo tam tedy mám dosazovat?
2.příklad: šlo by to takto: k=7n -> k na druhou=49n na druhou -> 7.7.n na druhou -> a z toho je vidět, že 7/k na druhou
nebo jak jinak by to mělo být?

Tychi · 05. 02. 2010 11:55 — Editoval Tychi (05. 02. 2010 11:57)

↑ ajucha:Pro m=1 máš na levé straně 1+3 (protože to m=1 dosazuješ do výrazu (2m+1) a na pravé 1
Pokud tam bude 2m-1, pak už to vyjde..

ajucha · 05. 02. 2010 11:59

↑ Tychi:
na lévé mám1+3+5+.... a to beru jen nejmenší prvek,což je 1,nebo ne???

Norbiboom

↑ ajucha:
Nie, lavu stranu ber ako celok, kt. zavisi od toho, ake velke je $m$ .
ak $m=1$ potom postupnost na lavej strane bude $1+(2*1+1) = 4$
ak $m=2$ potom postupnost na lavej strane bude $1+(2*1+1)+(2*2+1) = 9$
a tak dalej...

ajucha · 05. 02. 2010 12:15

↑ Norbiboom:
ale my jsme to vždycky počítali jako 1=m na druhou -> 1=1na druhou ->1=1; tak to teda nechapu,jak to ma byt...

a ten druhý důkaz? nevite?

Tychi · 05. 02. 2010 12:18

↑ ajucha:Tak s eto dá počítat, když ten poslední prvek tomu odpovídá, to by šlo pro 2m-1=1, když m=1. Ale pro 2m+1=3 to prostě neplatí.

ajucha · 05. 02. 2010 12:35

↑ Tychi:
a když mám příklad: každé n z N: 1 na druhou + 2 na druhou + 3 na druhou+ .... + m na druhou=( n(n+1)(2n+1) )/6 ???
tak to jde udělat nebo ne,myslim si,že ano, ale pak když dělám 2 krok pro m+1 , tak mi to zas nevyjde...

Tychi · 05. 02. 2010 12:43

tam by to vyjít mělo

ajucha · 05. 02. 2010 12:55

↑ Tychi:
ano, už mi to vyšlo:) konečně,snad tomu začínam rozumět:D
ještě prosím jeden příkald: dokažte, že pro každé k z oboru celých čísel platí, že pokud je druhá mocnina k dělitelná 7, je 7 dělitelné i k.
7/k na druhou => 7/k

k=7n -> k na druhou=49n na druhou ->7.7.n na druhou - to je ten důkaz (nepřímý důkaz)

je to tak?

Tychi · 05. 02. 2010 12:58

v tom vidím jen důkaz obráceného tvrzení, tedy 7/k=>7/k^2

ajucha · 05. 02. 2010 13:18

↑ Tychi:
ale dokáže se to tak,jak jsem psala,ne?

jarrro · 05. 02. 2010 13:30

obrátená hej ale nie pôvodná keď už tak treba predpokladať,že $7\not{|}k$ a rozobrať prípady všetkých šiestich možných zvyškov

ajucha · 05. 02. 2010 13:41

↑ jarrro:
takže tak jak jsme to dělala já to nejde?
takžýe musím zkoušet pro k=n, k=2n, k=3n, k=4n, k=5n, k=6n, k=8n, k=9n ? ale to nevyjde ani pro jedno k,ne?

jarrro · 05. 02. 2010 13:53

↑ ajucha:nie napr. $k=7n+1\Rightarrow k^2=49n^2+14n+1=7l+1\nlk=7n+2\Rightarrow k^2=49n^2+28n+4=7l+4$
a tak ďalej až po k=7n+6

ajucha · 05. 02. 2010 14:12

↑ jarrro:
a když to udělám po 7k+6 tak co potom, co je ten důkaz? celých těch 6 možností je ten důkaz?
toto je důkaz indukci,ale kdybych to měla dělat pomocí-důkaz sporem?

jarrro · 05. 02. 2010 14:15 — Editoval jarrro (05. 02. 2010 14:20)

↑ ajucha:to nie je indukcia to je len využitie tautológie $\left(a\Rightarrow b\right)\Leftrightarrow\left(\neg b\Rightarrow \neg a\right)$
a tým rozobratím všetkých možností si dokázala,že platí $7\not{|} k\Rightarrow 7\not{|}\left(k^2\right)$ a tým pádom aj
$7| \left(k^2\right) \Rightarrow 7|k$

Wotton · 05. 02. 2010 14:17

↑ ajucha:

to co ti tu ↑ jarrro: předved JE důkaz sporem

ajucha · 05. 02. 2010 14:23

↑ Wotton:
ano, důkaz sporem a en důkaz je teda,když napíšu k=7n+1 -> kna druhou=7l+1, k=7n+2 -> k na druhou=7l+4, k=7n+3 -> k na druhou=7l+9,
k=7n+4 -> k na druhou=7l+16, k=7n+5 -> k na druhou=7l+25, k=7n+6 -> k na druhou=7l+36
-> to je tedy ten důkaz???

Wotton · 05. 02. 2010 14:30 — Editoval Wotton (05. 02. 2010 14:31)

↑ ajucha:

a) předpokládáme že neplatí že k je dělitelné 7mi, pak se dá napsat jedním ze šesti způsobů (řečeno zde ↑ jarrro:)

b) pro každou z těchto možností pak dokážem že ani k^2 není delitelné 7mi (řečeno zde ↑ jarrro:)

Čímž je to dokázáno

Důkaz jeko celek je řečený zde ↑ jarrro:

Děkuji kolegovi jarrro.

ajucha · 05. 02. 2010 14:33

↑ Wotton:
super,už to chapu,ale dalo mi to zabrat, dik moooc :)

Rumburak · 05. 02. 2010 14:44

↑ ajucha:
Nebo ještě jinak:
Číslo k rozložíme do tvaru
(1) $k = p_1 ^{n_1} . p_2 ^{n_2} \,...\,p_j ^{n_j}$ ,
kde $p_i$ jsou navzájem různá prvočísla , $n_i$ přirozená čísla, což vždy je možné, např. $52 = 2^2 . 13^1$ . Potom
(2) $k^2 = p_1 ^{2n_1} . p_2 ^{2n_2} \,...\,p_j ^{2n_j}$ .

Číslo 7 je prvočíslo, takže pokud $7|k^2$ , musí být některé z čísel $p_i$ rovno 7 . Potom dle (1) též 7|k.

Wotton · 05. 02. 2010 14:55

↑ Rumburak:

To jo, jenže tento postup jsem nechtěl použít, protže k tomuje potřeba mít dokázánu základní větu aritmetiky. A bez ní se mi to dokázat nepodařilo.

Rumburak · 05. 02. 2010 16:01

↑ Wotton:
Souhlasím, "své" řešení "pro pokročilé" jsem uvedl s určitým váháním a spíše jen pro zajímavost jako další možnou alternativu.
Pokud si dobře vzpomínám, tak rozklad přirozeného čísla > 1 na prvočinitele (bez obecné formulace a samozřejmě i bez důkazu -
spíše jen na příkladech) jsme probírali již někdy v 7. třídě. Jak se od té doby (a pár let to již bude) případně změnily osnovy,
to ovšem nevím.

Matematické Fórum

#1 05. 02. 2010 11:03

důkazy

#2 05. 02. 2010 11:19 — Editoval Marian (05. 02. 2010 11:20)

Re: důkazy

#3 05. 02. 2010 11:33

Re: důkazy

#4 05. 02. 2010 11:55 — Editoval Tychi (05. 02. 2010 11:57)

Re: důkazy

#5 05. 02. 2010 11:59

Re: důkazy

#6 05. 02. 2010 12:03 — Editoval Norbiboom (05. 02. 2010 12:03)

Re: důkazy

#7 05. 02. 2010 12:15

Re: důkazy

#8 05. 02. 2010 12:18

Re: důkazy

#9 05. 02. 2010 12:35

Re: důkazy

#10 05. 02. 2010 12:43

Re: důkazy

#11 05. 02. 2010 12:55

Re: důkazy

#12 05. 02. 2010 12:58

Re: důkazy

#13 05. 02. 2010 13:18

Re: důkazy

#14 05. 02. 2010 13:30

Re: důkazy

#15 05. 02. 2010 13:41

Re: důkazy

#16 05. 02. 2010 13:53

Re: důkazy

#17 05. 02. 2010 14:12

Re: důkazy

#18 05. 02. 2010 14:15 — Editoval jarrro (05. 02. 2010 14:20)

Re: důkazy

#19 05. 02. 2010 14:17

Re: důkazy

#20 05. 02. 2010 14:23

Re: důkazy

#21 05. 02. 2010 14:30 — Editoval Wotton (05. 02. 2010 14:31)

Re: důkazy

#22 05. 02. 2010 14:33

Re: důkazy

#23 05. 02. 2010 14:44

Re: důkazy

#24 05. 02. 2010 14:55

Re: důkazy

#25 05. 02. 2010 16:01

Re: důkazy

Zápatí