Dominoprincipe

Antwoorden bij de opgaven

1. 1. Je bewijst de stelling voor een bepaalde waarde van `n` meestal `n=1`.
      Vervolgens toon je aan dat als de stelling voor een bepaalde `n` waar is, dat hij dan automatisch 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`, enzovoorts.
   2. Bij stellingen die waar zijn afhankelijk van aantallen objecten.
   3. Uit `1 + 2 + 3 + ... + n - 1 + n = 1/2 n (n + 1)` volgt: `1 + 2 + 3 + ... + n - 1 + n + n + 1 = 1/2 n (n + 1) + n + 1 = (n + 1)(1/2 n + 1) = 1/2(n + 1)(n + 2)`.
   4. `1 + 2 + 3 + ... + 99 + 100 = 1/2 * 100 * 101 = 50 * 101 = 5050`.
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...
   
3. 1. Doen.
   2. Doen.
   3. `2^4 - 1 + 2^4 = 2 * 2^4 - 1 = 2^1 * 2^4 - 1 = 2^5 - 1`.
   4. Doen.
   5. `n=63`, je krijgt dan volgens je rekenmachine `2^(64) - 1 ~~ 1,844674407 * 10^19` graankorrels. Om zeker te zijn moet je dit getal met de hand berekenen! Dat kan redelijk snel: `2^10 = 1024`, `2^20 = 1048576` en dan is `2^40 = 1048576 * 1048576` (dit moet met de hand) en `2^64 = 2^40 * 2^20 * 16`.
4. 1. Doen.
   2. `1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 = 2 - 1/16`
   3. 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.
5. 1. Bij twee snijdende lijnen zijn er 4 vlakdelen.
   2. Bij drie lijnen die elkaar twee aan twee snijden zijn er `4 + 3 = 7` vlakdelen.
   3. Dan komen er minder nieuwe vlakdelen bij als je een lijn toevoegt.
   4. 4
   5. Hij snijdt elke andere lijn en maakt daardoor `2n` nieuwe vlakdelen waarvan er `n-1` elkaar overlappen.
   6. Inductiestap: `1/2 (n^2 + n + 2) + n + 1 = 1/2 (n^2 + 3n + 4) = 1/2 (n^2 + 2n + 1 + n + 1 + 2) = 1/2 ((n + 1)^2 + (n + 1) + 2)`.
6. 1. 0
   2. 2
   3. 5
   4. Vanuit elk punt een lijnstuk naar een ander punt: `1/2 * 6 * 5`. De zijden eraf trekken: `1/2 * 6 * 5 - 6`
   5. Voor `n = 3` klopt de stelling: aantal diagonalen is `1/2 * 3 * 2 - 3 = 0`.
      Stel hij klopt voor `n`, dan geldt voor `n + 1` dat er `n - 1` diagonalen bijkomen (in elk punt komen 2 zijden bij elkaar, maar er verdwijnt ook 1 zijde). 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 - 2n - 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.
7. 1. Doen.
   2. `(1 - 1/2)(1 - 1/3)(1 - 1/4)(1 - 1/5) = 1/5`.
   3. Stelling: `(1 - 1/2)(1 - 1/3)(1 - 1/4)...(1 - 1/n) = 1/n`.
      Bewijs:
      Klopt o.a. 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 hij voor `n` klopt.
      Q.e.d.
8. 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 = 1/6 n(n + 1)(2n + 1) + (n+1)^2 = (n+1) * 1/6 * (n(2n + 1) + 6n + 6) = 1/6(n+1)(2n^2+7n+6) = 1/6(n+1)(n+2)(2n+3) = 1/6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)`.
   Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
   Q.e.d.
   
9. De stelling klopt voor `n=0`: `0^2-0=0` is even.
   Uit `n^2-n` is even volgt voor `n+1`: `(n+1)^2-(n+1) = n^2 - n + 2n` is even omdat `n^2 - n` dat is en `2n` dat ook is.
   Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
   Q.e.d.
   
10. 1. Voor `n=2` contrueer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van 1 en 1. De hypothenusa is dan `sqrt(2)`.
       
    2. Voor `n=3` contrueer je een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden van `sqrt(2)` en 1. De hypothenusa is dan `sqrt(3)`.
       
    3. 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 hypothenusa van die driehoek is `sqrt(n+1)` (gebruik de SvP).
       Dit betekent dat de stelling klopt voor `n+1` als hij voor `n` klopt.
       Q.e.d.
       
11. 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 = 1/4 n^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.
    
12. 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.