Lösningar, vecka 37-38 Fil

MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik, period I-16
Lösningar, vecka 37-38
Metsalo
Fredag
• Hemtal
H1. Låt t.ex Aj = [j, ∞[. Då är ∩nj=1 Aj ett oändligt långt intervall för varje n ∈ N, men ändå är
1
∩∞
n=1 Aj = ∅. Ett annat exempel är Aj =]0, j ].
P1
H2. a) 1) Påståendet är sant då n = 1, eftersom k=1 k(k + 1) =P
1 · (1 + 1) = 2 = 31 · 1 · 2 · 3.
m
2) Antag att påståendet är sant för något m ∈ N, dvs. att k=1 k(k + 1) = 13 m(m + 1)(m + 2)
Pm+1
Pm
för något m. I så fall är k=1 k(k + 1) = ( k=1 k(k + 1)) + (m + 1)(m + 2) = {antagandet} =
( 13 m(m + 1)(m + 2)) + (m + 1)(m + 2) = (m + 1)(m + 2) · ( 13 m + 1) = 13 (m + 1)(m + 2)(m + 3), så
i så fall är påståendetPsant också för nästa tal m + 1.
n
Induktion ger då att k=1 k(k + 1) = 13 n(n + 1)(n + 2) fär alla n ∈ N.
P1
1
1
1
b) 1) Påståendet är sant då n = 1, eftersom k=1 k(k+1)
= 1·(1+1)
= 1+1
.
Pm
m
1
för något m.
2) Antag att påståendet är sant för något m ∈ N, dvs. att k=1 k(k+1) = m+1
Pm+1 1
Pm
1
1
m
1
I så fall är k=1 k(k+1) = ( k=1 k(k+1) ) + (m+1)(m+2) = {antagandet} = ( m+1 ) + (m+1)(m+2)
=
2
m(m+2)+1
(m+1)(m+2)
(m+1)
= (m+1)(m+2)
= m+1
m+2 , så i så fall är påståendet sant också för nästa tal m + 1.
Pn
1
n
Induktion ger då att k=1 k(k+1)
= n+1
fär alla n ∈ N.
H3. Relationen är inte reflexiv, eftersom 3 inte står i relation till sig själv.
Relationen är inte symmetrisk, eftersom 1 står t.ex. i relation till 3, men 3 står inte i relation till 1.
Relationen är inte transitiv, eftersom t.ex 2 står i relation till 1 och 1 står i relation till 4, men 2
står inte i relation till 4.
• Demo
P1
D. a) 1) k=1 Fk2 = 12 = 1 · 1 = F1 · F2 , så påståendet är sant för n = 1.
Pm
Pm+1
Pm
2
2) Antag, att k=1 Fk2 = Fm · Fm+1 för något m. I så fall är k=1 Fk2 = ( k+1 Fk2 ) + Fm+1
=
2
{antagandet} = (Fm · Fm+1 ) + Fm+1 = Fm+1 · (Fm + Fm+1 ) = Fm+1 · Fm+2 , så om formeln håller
för något tal m, hållerPden också för nästa tal m + 1.
n
Induktion ger√ då att k=1√Fk2 = Fn · Fn+1
för alla√ n ∈ N.
√
√
√
b) 1) √15 ( 1+2 5 )1 − √15 ( 1−2 5 )1 = √15 ( 1+2 5 − 1−2 5 ) = 1 = F1 och √15 ( 1+2 5 )2 − √15 ( 1−2 5 )2 =
√
√1 ( 6+2 5
4
5
−
√
6−2 5
)
4
= 1 = F2 , så påståendet är sant för n = 1 och n = 2.
√
√
2) Antag, att Fm = √15 ( 1+2 5 )m − √15 ( 1−2 5 )m och Fm+1 =
något m.√I så fall är√Fm+2 = Fm√ + Fm+1 = {antagandet
}=
√
√1 · (( 1+ 5 )m − ( 1− 5 )m + ( 1+ 5 )m+1 − ( 1− 5 )m+1 ) =
2
2
2
2
5
√
√1 ( 1+ 5 )m+1
2
5
−
√
√1 ( 1− 5 )m+1
2
5
för
√
√
√
√
√
√
√
√
√1 · (( 1+ 5 )m · (1 + 1+ 5 ) − ( 1− 5 )m · (1 + 1− 5 )) = √1 · (( 1+ 5 )m · ( 1+ 5 )2 − ( 1− 5 )m · ( 1− 5 )2 ) =
2
2
2
2
2
2
2
2
5
5
√
√
√1 ( 1+ 5 )m+2 − √1 ( 1− 5 )m+2 , så om formeln håller för något tal m och för nästa tal m+1, håller
2
2
5
5
den också för därpå följande tal m√ + 2.
Induktion ger då att Fn = √15 ( 1+2 5 )n −
√
√1 ( 1− 5 )n
2
5
för alla n ∈ N.
Måndag
• Inlämningsuppgifter
I1. 1) 24 = 16 < 4! = 24, så påståendet är sant för n = 4.
2) Antag, att 2m ≤ m! för något m ≥ 4. I så fall är 2m+1 = 2 · 2m ≤ {antagandet} ≤ 2 · m! ≤
{m ≥ 4} ≤ (m + 1) · m! = (m + 1)!, så om påståendet håller för något tal m ≥ 4, håller det även
för nästa tal m + 1, som då naturligtvis också är ≥ 4.
Induktion ger då att 2n ≤ n! för alla naturliga tal n ≥ 4.
I2. 1) (1 + x)0 = 1 = 1 + 0 · x, för x > −1, så påståendet är sant för n = 0.
2) Antag, att (1+x)m ≥ 1+mx för något m, då x > −1. I så fall är (1+x)m+1 = (1+x)·(1+x)m ≥
{antagandet; märk att 1 + x > 0} ≥ (1 + x) · (1 + mx) = 1 + (m + 1)x + mx2 ≥ 1 + (m + 1)x, så
om påståendet gäller för något tal m, gäller det även för nästa tal m + 1.
Induktion ger då att påståendet gäller för alla heltal n ≥ 0.
I3. Paren (n, n), n ∈ A måste införas för reflexivitet, paren (4, 1), (5, 2), (8, 6) och (4, 7) måste införas för
symmetrin och paren (1, 7) samt (7, 1) för transitiviteten. Då har ekvivalensrelationen 18 element.
Ekvivalensklasserna är då {1, 4, 7}, {2, 5}, {3} och {6, 8}.