1. Riešenia úloh
Úlohy z kapitoly 1.1
-
Riešenie je v U01
- Zrejme platí, že: $\bf{b^q \leq n \lt b^{q + 1} \Rightarrow q \leq log_b n \lt q + 1}$, preto ak $\bf{p(n;b)}$ je počet cifier čísla $\bf{n}$ v pozičnej číselnej sústave so základom $\bf{b}$, tak $\bf{p(n;b) = Integer(log_bn) + 1}$. (${\forall x \in R, k \in Z: k = Integer(x) \iff k \leq x < k + 1}$)
- Pretože $\bf{\frac{b^10 - 1}{b - 1} = b^9 + b^8 + b^7 + b^6 + b^5 + b^4 + b^3 + b^2 + b^1 + b^0}$, tak v pozičnej číselnej sústave so základom $\bf{b}$ má zápis $\bf{1111111111}$
- $\bf{1 + b^2 + b^4 + b^6 + b^8}$ v číselnej sústave:
- so základom $\bf{b^2}$ má zápis $\bf{11111}$
- so základom $\bf{b}$ má zápis $\bf{101010101}$
- Kontrola: $\bf{(0000011111 \times 0111)_2 = 31 \times 7 = 217 = 128 + 64 + 16 + 8 + 1 = (11011001)_2}$
-
Riešenie
-
Riešenie
Ako môžete vidieť v 1. hárku zošitu Hypotéza, $\bf{10^2 + 11^2 = 221 = 13.17}$, čiže hypotéza je nepravdivá.
1. hárok zošitu Hypotéza
Ako môžete vidieť v 2. hárku zošitu Hypotéza, výraz $\bf{f(n) = n ^2 - 79n + 1601}$ pre $\bf{n = 80}$ má hodnotu $\bf{1681 = 41^2}$, teda nie je prvočíslom.
2. hárok zošitu Hypotéza
V zošite Hádanie prvočísel sú v stĺpci A nepárne čísla do 1000, v bunke Bi je číslo 1, ak je číslo n deliteľné číslom Ai. V bunke D507 je súčet stĺpca B. Odpoveď je zložené číslo, ak je tento súčet aspoň 2.
Hádanie prvočísel
- -
Ak $\bf{a = a^* \cdot k, b = b^* \cdot k}$ a čísla $\bf{a^*, b^*}$ sú nesúdeliteľné, tak $\bf{NSD(a,b) = k}$. Preto $\bf{nsn(a,b) = a \cdot b / NDS(a, b)}$. To sme použili v 2. hárku zošitu Euklid.
2. hárok zošitu Euklid
Univerzálny spôsob je rozložiť každé číslo na súčin prvočiniteľov. Iný spôsob hľadania n.s.n je naznačený v 3. hárku zošitu Euklid.
3. hárok zošitu Euklid
- Snaha nájsť takú Pytagorejskú trojku $\bf{(a, b, c)}$ aby trojica čísel $\bf{(b, c, d)}$ bola tiež Pytagorejská nevedie k úspechu. Toto je úloha, ktorá má ilustrovať hranice možností experimentu. "Experimentovaním možno nájsť riešenie (ak existuje!), ale nemožno ukázať, že riešenie neexistuje" [1] . Pokúsme sa teda dokázať neexistenciu riešenia. Ak by také trojice existovali, potom: $\bf{a^2 + b^2 = c^2, b^2 + c^2 = d^2 \Rightarrow a^2 + 2b^2 = d^2 \Rightarrow}$ $\bf{2b^2 = (d - a)(d + a)}$ $\bf{\Rightarrow}$ čísla $\bf{a, d}$ majú rovnakú paritu. Pre jednoduchosť nech sú párne, teda $\bf{a = 2a^*, d = 2d^* \Rightarrow 2b^2 = (2d^* - 2a^*)(2d^* + 2a^*) = 4(d^* - a^*)(d^* + a^*) \Rightarrow b^2 = 2(d^* - a^*)(d^* + a^*), b^2}$ je párne $\bf{\Rightarrow b}$, je párne, $\bf{b = 2b^* \Rightarrow 4(b^*)^2 = 2(d^* - a^*)(d^* + a^*) \Rightarrow}$ $\bf{2(b^*)^2 = (d^* - a^*)(d^* + a^*)}$. Práve sme ukázali, že ak by existovalo riešenie, existovalo by aj ešte "menšie" riešenie. Keby sme takto postupovali ďalej, tak vzhľadom na konečnú veľkosť "prvého" riešenia by sme sa po konečnom počte krokov dostali k sporu s tým, že $\bf{a, b, c, d}$ sú celé čísla [2] . Táto úloha má čitateľa upozorniť, že experiment, zmyslové poznávanie je vždy potrebné kombinovať s rozumovou úvahou.
-
Z obrázku je zrejmé, že riešením sú trojice $(3, 4, 5), (4, 3, 5)$.
-
Máme dokázať: $\bf{\forall \, n \in \mathbb{N} : 7 / 2^{n+1} + 3^{2n-1}}$.
Označme $\bf{2^{k+1} + 3^{2k -1} = V(k)}$. Potom $\bf{V(k + 1) = 2^{k+2} + 3^{2k + 1}}$.
Zrejme $\bf{V(k + 1) - V(k) = 2^{k+1} + 8 \cdot 3^{2k-1} = V(k) + 7 \cdot 3^{2k-1}}$.
Teda platí: $\bf{V(k + 1) = 2 \cdot V(k) + 7 \cdot 3^{2k-1}}$.
Teda ak $\bf{7 / V(k) \Rightarrow 7 / V(k + 1)}$ a keďže $\bf{7 / V(1)}$, je dôkaz ukončený. -
-
-
V zošite Experiment sú v stĺpci $\bf{C}$ hodnoty výrazu $\bf{\sum_{k=1}^n k(k + 1)}$ pre $\bf{k}$ do $\bf{20}$. V stĺpci $D$ sú rozdiely (diferencie) týchto hodnôt, v stĺpci $E$ diferencie z diferencií (druhé diferencie) a v stĺpci $E$ tretie diferencie. Zdravý rozum hovorí, že náš výraz bude polynómom 3.stupňa premennej $n$. Akou konkrétnou, to si môžete dokončiť po prečítaní kapitoly 3.2.
Experiment
-
Tvrdenie: $\bf{\forall \, n \in \mathbb{N}, \, \forall \, p > - 1 : (1 + p)^n \geq 1 + n \cdot p}$ je pre $\bf{n = 1}$ zrejme pravdivé. Nech pre $\bf{n = k}$ tvrdenie platí, t.j. $\bf{(1 + p)^k \geq 1 + k \cdot p}$ prenásobením kladným číslom $\bf{1 + p}$ dostávame $\bf{(1 + p)^{k+1} \geq 1 + (k + 1) \cdot p + kp^2 > 1 + (k + 1) \cdot p}$. Teda tvrdenie platí aj pre $\bf{n = k + 1}$.