Soorten getallen > Het dominoprincipe
123456Het dominoprincipe

Antwoorden van de opgaven

Opgave V1
a

Zelf onderzoeken.

b

`1 + 2 + 3 + ... + n = 1/2n(n+1)`

Opgave 1
a

Je bewijst het vermoeden voor een bepaalde waarde van `n` , meestal `n=1` . Vervolgens toon je aan dat als het vermoeden voor een bepaalde `n` waar is, dat het dan ook voor de opvolger van `n` waar is. Daardoor ontstaat het effect van een rij omvallende dominostenen: de stelling is waar voor `n=1` en daarom ook voor `n=2` en daarom ook voor `n=3` , enzovoort.

b

Bij vermoedens waar opvolgende aantallen worden toegepast.

c

Uit
`1+2+3+...+n-1+n=1/2n(n+1)` volgt:
`1+2+3+...+n-1+n+n+1=1/2n(n+1)+n+1=(n+1)(1/2n+1)=1/2(n+1)(n+2)` .

d

`1 +2 +3 +...+99 +100 =1/2*100 *101 =50 *101 =5050`

Opgave 2

Je krijgt dan `n` keer `n+1` om op te tellen. Het totaal wordt dan `n(n+1 )` , maar dan heb je het dubbele van de rij getallen. Daarom moet je nog met `1/2` vermenigvuldigen.

Opgave 3
a

`1 +2 +4 +8 =15`

`2^4-1=16-1=15`

b

`1 +2 +4 +8 +16=31`

`2^5-1=32-1=31`

c

`2^4-1 +2^4=2 *2^4-1 =2^1*2^4-1 =2^5-1`

d

Je moet bewijzen: `2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n = 2^(n+1) - 1`

De stelling geldt voor `n=1` :
`2^0 + 2^1 = 2^(1 + 1) - 1` klopt inderdaad.

Als de stelling geldt voor `n` `=>` de stelling geldt voor `n + 1` schrijf je als volgt:
Als geldt
`2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n = 2^(n+1) - 1` dan moet ook gelden
`2^0 + 2^1 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n +2^(n+1) = 2^(n+2) - 1` .
Je bewijst dit door in de eerste uitdrukking aan beide kanten `2^(n+1)` op te tellen. Zo ontstaat een uitdrukking waarvan het linkerdeel gelijk is aan de tweede uitdrukking hierboven.
`1 + 2 + 2^2 + 2^3 + ... + 2^n + 2^(n+1) = 2^(n+1) - 1 + 2^(n+1)` .
Daarna toon je aan dat het rechtse deel hiervan gelijk is aan het rechtse deel van de tweede uitdrukking hierboven.
`2^(n+1) - 1 + 2^(n+1)=2*2^(n+1)-1=2^(n+2)-1`

Q.e.d.

e

Ja.

Opgave 4
a

`1+1/2=1 1/2` en `2-1/2=1 1/2` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

`1+1/2+1/4=1 3/4` en `2-1/4=1 3/4` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

`1+1/2+1/4+1/8=1 7/8` en `2-1/8=1 7/8` . Beide berekeningen zijn aan elkaar gelijk.

b

`1 +1/2+1/4+1/8+1/16=2 -1/16`

c

Stelling: `1 +1/2+1/4+1/8+...+1/ (2^n) =2 -1/ (2^n)`
Bewijs:
De stelling geldt voor `n=1` : `1 +1/2=1 1/2=2 -1/2` .
Neem aan dat de stelling voor `n` geldt.

Voor `n+1` geldt dan `1 +1/2+1/4+1/8+...+1/ (2^n) +1/ (2^ (n+1 ) ) =`

`2 -1/ (2^n) +1/ (2^ (n+1)) =2 -1/ (2^n) +1/2*1/ (2^n) =2 -1/2*1/ (2^n) =`

`2 -1/ 2^ (n+1)` . Conclusie: de stelling geldt voor `n=1` en als hij voor `n` geldt, dan geldt hij ook voor `n+1` .

Q.e.d.

Opgave 5
a

Bij twee snijdende lijnen zijn er `4` vlakdelen.

b

Bij drie lijnen die elkaar twee aan twee snijden, zijn er `4 +3 =7` vlakdelen.

c

Dan komen er, als je een lijn toevoegt, minder nieuwe vlakdelen bij.

d

`4`

e

De lijn snijdt elke andere lijn en maakt daardoor `2 n` nieuwe vlakdelen waarvan er `n-1` elkaar overlappen, die hebben we dus te veel geteld. `2n - (n-1) = 2n-n+1 = n+1` . Er komen dus inderdaad `n+1` nieuwe vlakdelen bij.

f

Inductiestap: `1/2(n^2+n+2 )+n+1 =1/2(n^2+3 n+4 )=1/2(n^2+2 n+1 +n+1 +2 )=1/2( (n+1 ) ^2+(n+1 )+2 )`

Opgave 6
a

Voor `n=2` construeer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van `1` en `1` . De hypotenusa is dan `sqrt(2 )` .

b

Voor `n=3` construeer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van `sqrt(2 )` en `1` . De hypotenusa is dan `sqrt(3 )` .

c

De stelling klopt voor `n=1` (zie de uitwerking bij a).
Neem aan dat de stelling klopt voor `n` . Dan heb je een lijnstuk met lengte `sqrt(n)` kunnen construeren. Daarop construeer je een rechthoekige driehoek met `sqrt(n)` en `1` als rechthoekszijden. De hypotenusa van die driehoek is `sqrt(n+1 )` (Pythagoras).
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.

Opgave 7
a

`0`

b

`2`

c

`5`

d

Vanuit elk punt een lijnstuk naar een ander punt: `1/2*6 *5` . De zijden eraf trekken: `1/2*6 *5 -6`

e

Voor `n=3` klopt de stelling: het aantal diagonalen is `1/2*3 *2 -3 =0` .
Stel de stelling klopt voor `n` , dan geldt voor `n+1` dat er `n-1` diagonalen bijkomen. Neem bijvoorbeeld een regelmatige vierhoek `ABCD` ( `n=4` ). Deze heeft twee diagonalen, `AC` en `BD` . Je kunt nu een vijfhoek `ABCDE` tekenen, maar dan nog met de twee diagonalen `AC` en `BD` van de vierhoek. Je ziet dat er vanuit punt `E` twee nieuwe diagonalen bijkomen. Namelijk naar alle andere punten, behalve zijn buurpunten `A` en `D` . Dat zijn er dus `n-2` . Verder zie je ook dat er 1 diagonaal bij komt, tussen de twee buurpunten `A` en `D` . Bij elkaar dus `n-2+1=n-1` .

Dus wordt het aantal diagonalen dan:

`1/2*n*(n-1 )-n+n-1 =1/2*(n^2-n-2 )=1/2*(n^2+n-2 n-2 )=`

`1/2*(n^2+n)-n-1 =1/2*(n+1 )*n-(n+1 )` .

Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.

Opgave 8
a

`1+2+3+....10=55`

b

Voor `n=0` geldt: `S(0)=(0(0+1))/2=0` . Dit klopt.
Als je ervan uitgaat dat het dan ook klopt voor `n=1` enzovoort tot en met `n` , toon dan aan dat het ook klopt voor `n+1` .
Dit zou volgens de fomule moeten worden:
`S(n+1)=((n+1)(n+1+1))/2`
`S(n+1)=0+1+2+3+...+n+n+1=(n(n+1))/2+n+1`
Dit is: `(n(n+1)+2(n+1))/2` . En dit is weer `((n+1)(n+2))/2` .
Q.e.d.

Opgave 9

Stap 1: voor `n=1` geldt: `9^1-1=8` . Dit is deelbaar door `8` en dat klopt dus.

Stap 2: ervan uitgaande dat `9^n-1` deelbaar is door `8` , moet bewezen worden dat dit ook geldt voor `9^(n+1)-1` .

`9^(n+1)-1=9^n*9-1`

`9^n*9-1=9^n-1+8*9^n` , en hiervoor geldt dat `9^n-1` deelbaar is door `8` en `8*9^n` deelbaar is door `8` . Dus `9^n-1 + 8*9^n` is deelbaar door `8` en dus is `9^n-1` deelbaar door `8` .
Q.e.d.

Opgave 10
a

Beide zijden uitrekenen en vergelijken.

b

`(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)(1 -1/5)=1/5`

c

Stelling: `(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)...(1 -1/n)=1/n`
Bewijs:
Klopt onder andere voor `n=2` , zie a.
Stel de bewering klopt voor `n` , dan geldt voor `n+1` :

`(1 -1/2)(1 -1/3)(1 -1/4)...(1 -1/n)(1 -1/ ((n+1 )) )=`

`1/n(1 -1/ (n+1 ) )=1/n-1/ (n(n+1 )) = (n) / (n(n+1 )) =1/ (n+1 )`

Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als deze voor `n` klopt.
Q.e.d.

Opgave 11

De stelling klopt voor `n=1` : `1 =1/6*1 *2 *3` .
Neem aan dat de stelling voor `n` klopt, dan geldt voor `n+1` : `1 +2^2+3^2+4^2+...+n^2+ (n+1 ) ^2=1/6n(n+1 )(2 n+1 )+ (n+1 ) ^2=(n+1)(1/6 n (2n+1) + (n+1))`

`(n+1 )*1/6*(n(2 n+1 )+6 n+6 )=1/6(n+1 )(2 n^2+7 n+6 )=`

`1/6(n+1 )(n+2 )(2 n+3 )=1/6(n+1 )(n+2 )(2 (n+1 )+1 )`
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als deze voor `n` klopt.
Q.e.d.

Opgave 12

`100-90=10`
`100-3*30=10`

`3*30` is deelbaar door `3` , dus als `100` deelbaar is door `3` , dan is het verschil van die twee getallen ook deelbaar door `3` , dus `10` is dan deelbaar door `3` .

Dan moet `23^500-23^100` deelbaar zijn door `2` en door `5` .

`23^500` en `23^100` zijn beide oneven, dus hun verschil is even en dus deelbaar door `2` .

Nu de deelbaarheid door `5` nog. `23^500-23^100` zou een bijzonder geval kunnen zijn van `n^5-n` , namelijk met `n=23^100`

Bewijs:

Voor `n=1000` klopt het.

Als klopt dat `n^5-n` deelbaar is door `5` , is `(n+1)^5-(n+1)` dat dan ook?

`(n+1)^5-(n+1)=`
`n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1-n-1=`
`n^5-n+5(n^4+2n^3+2n^2+n)`

En inderdaad: Als het eerste deel deelbaar is door `5` , dan klopt het, want het tweede deel is ook deelbaar door `5` .

Dus `23^500-23^100` is deelbaar door `10` .

Opgave 13

Voor `n=0` geldt: `(1+r)^0=1` en `1+0*r=1` , zodat het gestelde klopt voor `n=0` .
Ervan uitgaande dat het voor elke `n` klopt, gaan we onderzoeken of het ook voor `n+1` klopt.
`(1+r)^(n+1)=(1+r)^n*(1+r)`
Volgens eerder gestelde geldt: `(1+r)^n*(1+r)≥(1+n*r)(1+r)`
`(1+r)^n*(1+r)=1+n*r^2+n*r+r=1+(n+1)r+n*r^2`

`1+(n+1)r+n*r^2≥1+(n+1)r`
Dus `(1+r)^(n+1)≥1+(n+1)r`
Q.e.d.

Opgave 14


Voor `n=1` geldt: `3^3+2^0=28` . Dat is een zevenvoud.
Stel voor n geldt het gestelde, dan moet het voor n+1 ook gelden.
Voor `n+1` krijg je `3^(2(n+1)+1)+2^(n+1-1)` .
Dit is: `3^(2n+3)+2^n= 7*3^(2n+1)+2*(3^(2n+1)+2^(n-1))` .

Het eerste deel ( `7*3^(2n+1)` ) is een zevenvoud, het tweede deel is twee keer een zevenvoud en dus ook weer een zevenvoud.
Q.e.d.

Opgave 15

De stelling klopt voor `n=1` : `1 =1/4*1^2*2^2` .
Neem aan dat de stelling voor `n` klopt, dan geldt voor `n+1` : `1 +2^3+3^3+4^3+...+n^3+ (n+1 )^3=1/4n^2 (n+1 )^2+ (n+1 )^3=1/4 (n+1 )^2*(n^2+4 (n+1 ))=1/4 (n+1) ^2 (n+2) ^2` .
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.

Opgave 16

De stelling geldt voor `n=3` : de hoekensom van een driehoek is `180` °.
Neem aan dat de stelling voor `n` klopt, dan geldt voor `n+1` dat de hoekensom gelijk is aan `(n-2 )*180` ° + `180` ° = `((n+1 )-2 )*180` °.
Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
Q.e.d.
Dat de hoeken kleiner dan `180` ° moeten zijn wordt duidelijk uit het feit dat er bij de overgang van `n` naar `n+1` precies één driehoek bij moet komen. Dat gaat niet zonder meer op als je "inspringing" toelaat.

verder | terug