Goniometrie

Stelling

$$\exists x \in \Z : x^3 = x^2$$

Bewijs

Aangezien $1^3=1^2$, heeft het getal $1$ de gewenste eigenschap. QED.

Stelling

$$\exists a,b \in \R \backslash \mathbb Q : a^b \in \mathbb Q$$

Bewijs

Beschouw het getal $(\sqrt2)^{\sqrt2}$. Dit getal is (1) rationaal of (2) irrationaal.

(1) Als $(\sqrt2)^{\sqrt2}$ rationaal is, kiezen we $a=b=\sqrt2$. Dan is $a^b$ rationaal.

(2) Als $(\sqrt2)^{\sqrt2}$ irrationaal is, kiezen we $a=(\sqrt2)^{\sqrt2}$ en $b=\sqrt2$. Dan is $a^b = \left((\sqrt2)^{\sqrt2}\right)^{\sqrt2} = (\sqrt2)^2 = 2 \in \mathbb Q$.

QED.

Stelling

Voor elke $x\in\R$ met $x>0$ bestaat er een unieke $y\in\R$ zodat $y>0$ en $y^2=x$.

Bewijs

We bewijzen (1) dat zo'n $y$ bestaat en (2) dat die $y$ uniek is.

(1) Kies $y=\sqrt x$. Dan geldt $y^2=x$, zoals gewenst.

(2) Laat $x\in\R$ met $x>0$. Stel dat $y,y'\in\R$ met $y,y'>0$ voldoen aan $y^2=x$ en $y'^2=x$. Dan geldt $y^2=y'^2$. En omdat $y,y'>0$ geldt ook dat $y=y'$.

Stelling

Bewijs dat $\lnot \big( \exists n \in \Z : 2 | n^3-n+1 \big)$.

Bewijs

We bewijzen dat $\forall n \in \Z : 2 \nmid n^3-n+1$, waarbij we de gevallen onderscheiden (1) $2|n$ en (2) $2 \nmid n$.

(1) We nemen aan dat $2|n$. Dan bestaat er een $k\in\Z$ zodat $n=2k$. Invullen geeft $n^3-n+1=(2k)^3-2k+1=8k^3-2k+1=2(4k^3-k)+1$. Omdat $4k^3-k\in\Z$, geldt dat $2(4k^3-k)+1=n^3-n+1$ oneven is.

(2) We nemen aan dat $2 \nmid n$. Dan bestaat er een $k\in\Z$ zodat $n=2k+1$. Invullen geeft $n^3-n+1=(2k+1)^3-(2k+1)+1=8k^3+2k^2+4k+1=2(4k^3+k^2+2k)+1$. Omdat $4k^3+k^2+2k\in\Z$, geldt dat $2(4k^3+k^2+2k)+1=n^3-n+1$ oneven is.

QED.

Stelling

Een kleinste element is uniek.

Bewijs

Laat $x,y\in A$ kleinste elementen zijn van $A$. Omdat $x$ een kleinste element is, geldt $y \ge x$. Maar omdat $y$ een kleinste element is, geldt ook $x \ge y$. Hieruit volgt dus dat $x=y$. QED.

Stelling

Laat $P(n)$ een open bewering zijn met domein $\N$. Als (1) $P(1)$ is waar, en (2) $P(k) \implies P(k+1)$ is waar voor alle $k\in\N$, dan is $P(n)$ waar voor alle $n\in\N$.

Bewijs

We bewijzen dit met contradictie. Neem aan dat (1) en (2) allebei waar zijn, maar er een $a\in\N$ bestaat zodat $P(a)$ niet waar is.

We beschouwen de verzameling $S=\{ n \in \N : \lnot P(n) \}$. Omdat er een $a\in\N$ bestaat waarvoor $P(a)$ niet waar is, geldt $S \neq \emptyset$.

Omdat $\N$ gewelordend is heeft $S$ een kleinste element $s \in S$. Omdat $1 \notin S$ vanwege (1), geldt $s \ge 2$, en dus geldt $s-1\in\N$. Omdat $s$ het kleinste element is van $S$, geldt dat $s-1 \notin S$ en dus geldt $P(s-1)$ is waar. Maar dan is $P(s)$ waar vanwege (2), en geldt dus $s \notin S$.

Dit is een contradictie. QED.

Stelling

$$\forall n \in \N : 1 + 2 + ... + n = \tfrac12n(n+1)$$

Bewijs

Met inductie op $n$, bewijzen we (1) $1 = \tfrac12(1)(1+1)$ en (2) $1 + 2 + ... + k = \tfrac12k(k+1) \implies 1 + 2 + ... + k + (k+1) = \tfrac12(k+1)(k+2)$ voor elke $k\in\N$.

(1) Er geldt $\tfrac12(1)(1+1) = \tfrac12 \cdot 2 = 1$.

(2) Neem aan dat $1 + 2 + ... + k = \tfrac12k(k+1)$ voor elke $k\in\N$. Tel nu aan beide kanten $k+1$ op:

$$\begin{aligned} 1 + 2 + ... + k + (k+1) &= \tfrac12k(k+1) + (k+1) \\ &= (k+1)(\tfrac12k+1) \\ &= \tfrac12(k+1)(k+2) \end{aligned}$$

Hiermee is de inductie voltooid. QED.

Stelling

Voor elke $n\in\N$ met $n\ge5$, geldt $2^n>n^2$.

Bewijs

Met inductie op $n$, bewijzen we (1) $2^5>5^2$ en (2) $2^k>k^2 \implies 2^{k+1}>(k+1)^2$ voor elke $k\in\N$ met $k\ge5$.

(1) Er geldt $2^5 = 32 > 25 = 5^2$.

(2) Neem aan dat $2^k>k^2$ voor elke $k\in\N$ met $k\ge5$. Dan geldt:

$$\begin{aligned} 2^{k+1} &= 2 \cdot 2^k \stackrel{IH}{>} 2k^2 = k^2 + k^2 = k^2 + kk \ge k^2 + 5k \\ &= k^2 + 2k + 3k > k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \end{aligned}$$

Hiermee is de inductie voltooid. QED.