[ Homepage ]

Bewijzen:

Op deze pagina enkele beroemde stellingen uit de wiskunde. Al deze stellingen kunnen op een zeer fraaie manier bewezen worden.

Stelling van Pythagoras:

Dit is een beroemde stelling, die echter al bij de Babyloniërs, 1000 jaar vóór voor Pythagoras, bekend was. Er zijn vele bewijzen voor deze stelling, maar het nu volgende bewijs is voor zover ik weet de eenvoudigste.

Stelling: Als gegeven is een rechthoekige driehoek D met rechthoekszijden van lengte a en b, en hypothenusa van lengte c, dan geldt:

a2 + b2 = c2.

Bewijs: Zie onderstaand plaatje. Je ziet twee vierkanten, beide met zijden van lengte a + b, en met een aantal rechte lijnen erin getekend.

In beide vierkanten komt nu viermaal driekhoek D tevoorschijn, deze zijn groen gekleurd. Het resterende oppervlak van de vierkanten is geel gekleurd. Omdat de totale opppervlakte van beide vierkanten gelijk is (namelijk (a+b)2), en omdat we in beide vierkanten dezelfde hoeveelheid oppervlak groen gekleurd hebben, moeten de oppervlakten van de geel gekleurde delen ook gelijk zijn. Links is dat a2 + b2, rechts c2. Conclusie: a2 + b2 = c2.

en zijn aftelbaar:

Een verzameling A noemen we aftelbaar als we A kunnen aangeven door een (mogelijk oneindig lange) opsomming van zijn elementen. We kunnen dan schrijven A = {a1, a2, a3, a4, ...}, of, in het geval van een eindige verzameling, A = {a1, a2, ..., an}. In het geval van een oneindige A is dit precies zo wanneer er een 1-op-1 correspondentie bestaat tussen en A, dat wil zeggen een bijectieve functie f: A. (In dat geval noemt men A ook wel aftelbaar oneindig) We gaan nu van een paar beroemde verzamelingen uit de Wiskunde bepalen of ze aftelbaar zijn. Om te beginnen is trivialerwijze aftelbaar. De volgende stelling doet een uitspraak over en :

Stelling: en zijn aftelbaar.

Bewijs: We kunnen de elementen van als volgt op een rij zetten: 0, 1, -1, 2, -2, 3, -3, 4, -4, ... . Hiermee is de gevraagde bijectie f tussen en in feite al bepaald: we voegen gewoon aan iedere n het n-de getal in de gegeven aftelling toe! Expliciet: f(n) = n/2 als n is even en f(n) = -(n - 1)/2 als n is oneven.

Dat ook aftelbaar is is enigszins verrassend te noemen. Overal op de reële rechte wemelt het immers van de rationale getallen: ieder willekeurig klein intervalletje bevat er al oneindig veel! Toch kunnen we al deze getalletjes netjes op een rijtje krijgen, al is het vinden van een geschikte bijectie f: niet zo eenvoudig als in het geval van . Merk eerst op: als we van de verzameling van de positieve rationale getallen + een aftelling hebben gevonden, kunnen zelf ook aftellen op de manier zoals we bij gedaan hebben: door met 0 te beginnen, en afwisselend positieve getallen en hun tegengestelden op de schrijven. Het is dus voldoende te bewijzen dat + aftelbaar is. Welnu, + bestaat precies uit alle breuken p/q met p, q . De volgende tabel legt daarom de elementen van + vast:

1/1

2/1

3/1

4/1

1/2

2/2

3/2

4/2

1/3

2/3

3/3

4/3

1/4

2/4

3/4

4/4

Men kan nu "zig-zaggend" door deze tabel heenlopen om de volgende aftelling van + te verkrijgen:

1/1, 2/1, 1/2, 1/3, 2/2, 3/1, 4/1, 3/2, 2/3, 1/4, ... .

Merk op: ieder getal in + komt voor in deze rij, maar er treden wel dubbeltellingen op. Het getal 1 bijvoorbeeld komt oneindig vaak voor in resp. de gedaanten 1/1, 2/2, 3/3, ... . Echter deze dubbeltellingen hebben geen nadelige invloed op het bewijs! Als je alle dubbeltellingen uit de rij wegstreept hebben we nog steeds een aftelling van + . We concluderen: + is aftelbaar en daarmee ook.

We merken nog even op dat een expliciet voorschrift van de bijectie f in het geval van niet zo eenvoudig te geven is. We hebben volstaan met het geven van een aftelling.

is overaftelbaar:

Een verzameling A noemen we overaftelbaar als A niet aftelbaar is (zoals , en wél zijn).

Stelling: is overaftalbaar:

Bewijs: We bewijzen voor een deel van , namelijk het open interval (0,1), dat het overaftelbaar is. Aangezien een veel grotere verzameling is, moet deze dan zeker overaftelbaar zijn! Aldus: Stel dat (0,1) wel aftelbaar is, dan kunnen we een lijst maken van alle getallen in (0,1) in hun decimale ontwikkeling, bijvoorbeeld:

0,26584...

0,47119...

0,56583...

0,83277...

We constueren aan de hand van deze lijst een nieuw getal a = 0,a1a2a3a4... door het decimaal an steeds ongelijk te kiezen aan het n-de decimaal van het n-de getal in de lijst. Dus in ons voorbeeld: a1 2, a2 7, a3 5, etc.. We merken tussendoor wel even op dat de decimale ontwikkeling van een getal in (0,1) uniek is, behalve in gevallen zoals bij 0,59999... = 0,6000... . Daarom spreken we ook nog af dat we voor de an-nen geen nullen of negens kiezen. We hebben zo een getal a geconstrueerd dat wel in (0,1) voorkomt, maar niet in de lijst, terwijl we hadden aangenomen dat alle getallen in (0,1) daar wel in zouden voorkomen. Deze tegenspraak geeft aan dat onze eerste aanname fout was, en dat (0,1), en daarmee ook de hele , wel overaftelbaar moet zijn.

ABC-formule:

Deze stelling leert bijna iedereen op de middelbare school. Het bewijs echter niet... , hier geven we die wel.

Stelling: Een kwadratische vergelijking van de vorm ax2 + bx + c = 0 met a, b en c reële getallen en  a 0, heeft ten hoogste twee oplossingen die gegeven zijn door: .

Bewijs: Ga uit van zo'n vergelijking ax2 + bx + c = 0. Omdat a 0 kunnen we delen door a, dit geeft: . Noem deze vergelijking even (*).

Merk nu op: . Het rechterlid hiervan lijkt, op de constante na, heel veel op het linkerlid van de vergelijking (*). We kunnen (*) daarom herschrijven tot: , en we hebben nog maar één x in de vergelijking over. Deze truc wordt ook wel kwadraat-afsplitsing genoemd.

We vinden nu als volgt de oplossing(en) voor x:

. Worteltrekken geeft:

, dus:

.

Er zijn geen gehele getallen tussen 0 en 1:

Deze stelling komt uit een inleidende cursus Algebra. Omdat het een zeer elementaire eigenschap is van de verzameling , is het van belang welke aannames we over maken. Een zo'n aanname is dat elke niet-lege naar beneden begrensde deelverzameling van een kleinste element heeft. Verder gaan we uit van een aantal standaard rekenregels m.b.t. optelling en vermenigvuldiging in . Deze afspraken maken het mogelijk de stelling op een fraaie manier te bewijzen.

Stelling: Er is geen getal n in met de eigenschap 0 < n < 1.

Bewijs: Stel dat zo'n n er wel is. Dan is de verzameling V = {m : 0 < m < 1} niet leeg en naar beneden begrensd, want ieder element is in ieder geval groter dan 0. V heeft dus een kleinste element, noem die k. Omdat k in V voorkomt, geldt: 0 < k < 1. Omdat ook k > 0, volgt hieruit: 0k < k2 < 1k, en dus: 0 < k2 < k < 1. Dus k2 behoort tot V, maar dan kan k geen kleinste element van V zijn, aangezien k2 < k. Tegenspraak.

Opmerking: We kunnen nu ook heel eenvoudig voor iedere u aantonen dat er geen gehele getallen zijn tussen u en u+1. Immers, zou dat voor een u wel het geval zijn, dus er is een geheel getal v met u < v < u+1, dan is v-u een geheel getal dat tussen u-u en u+1-u ligt, dus tussen 0 en 1. We weten dat dat niet kan.

Wortel-2 is irrationaal:

Deze stelling laat zien dat echt een grotere verzameling is dan .

Stelling: is irrationaal.

Bewijs: Stel dat  wel rationaal is (dus ), dan zijn er gehele getallen p en q zodat: = p/q en ggd(p,q) = 1. Dit laatste betekent dat de breuk p/q niet te vereenvoudigen is.

Kwadrateren geeft: 2 = p2/q2, dus p2 = 2q2, dus p2 is even.

Maar dan moet p ook even zijn, immers, het kwadraat van een oneven getal is altijd oneven.

Dus p = 2a voor zekere a, en p2 = 4a2. Er volgt: 2q2 = p2 = 4a2, dus q2 = 2a2, dus q2 is even, dus ook q is even.

Omdat nu p en q beide even zijn, geldt: ggd(p,q) 2, dus ggd(p,q) 1. Tegenspraak.

Ieder natuurlijk getal > 1 heeft een unieke priemfactorontbinding:

Een p noemen we een priemgetal als p > 1 en p heeft alleen 1 en p als delers in . De lijst van alle priemgetallen begint als volgt: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 23, 29, 31, ... . Als we een natuurlijk getal n > 1 kunnen schrijven als een product van priemgetallen, zoals bij 6 = 23, 8 = 222 en 13 = 13, dan noemen we deze schrijfwijze een priemfactorontbinding van n.

Stelling: (Hoofdstelling van de natuurlijke getallen) Ieder natuurlijk getal n > 1 heeft een unieke priemfactorontbinding (uniek op de volgorde van de priemfactoren na).

Bewijs: Zij n willekeurig. We geven het bewijs voor n in twee stappen:

Existentie (het bestaan van een priemfactorontbinding): We passen volledige inductie toe: voor n = 2 is 2 = 2 al een priemfactorontbinding. Neem vervolgens aan dat de getallen 2, ..., m alle een priemfactorontbinding hebben. Dan zijn er voor m + 1 twee mogelijkheden: m + 1 is een priemgetal of m + 1 is dit niet. In het eerste geval is m + 1 = m + 1 een priemfactorontbinding. In het tweede geval is m + 1 = ab met a,b {2, ..., m}, maar dan hebben a en b ieder een priemfactorontbinding en bijgevolg hun product m + 1 ook.

Uniciteit (het uniek zijn van de priemfactorontbinding): Weer met volledige inductie: voor n = 2 is 2 = 2 de enige priemfactorontbinding. Laat vervolgens de getallen 2, ..., m een unieke priemfactorontbinding hebben. Is m + 1 een priemgetal, dan is het uniek zijn van de priemfactorontbinding m + 1 = m + 1 evident. Is m + 1 geen priemgetal, dan redeneren we als volgt. Er is precies één kleinste priemgetal p, dat een deler is van m + 1. Het getal (m + 1)/p zit in {2, ..., m} en heeft dus een unieke priemfactorontbinding (m + 1)/p = p1p2pk. Nu is m + 1 = pp1p2pk de unieke priemfactorontbinding voor m + 1.

We hebben nu laten zien dat er voor n een priemfactorontbinding bestaat en dat dit maar op één manier kan. Hiermee is het bewijs voltooid.

Er zijn oneindig veel priemgetallen:

Deze beroemde stelling is afkomstig uit de Oudheid en werd geleverd door Euclides.

Stelling: Er zijn oneindig veel priemgetallen.

Bewijs: Stel, er zijn maar eindig veel priemgetallen. Zij V = {p1, p2, ..., pn} de (eindige) verzameling van alle priemgetallen. Volgens de vorige stelling heeft b := p1p2pn + 1 een unieke priemfactorontbinding. Wanneer we b delen door een willekeurige pi V, houden we per constructie van b altijd een rest 1 over, dus b is niet deelbaar door pi. Conclusie: in de priemfactorontbinding van b komen wel priemgetallen voor, maar geen uit V. Dus V bevat niet alle priemgetallen, terwijl we hadden aangenomen dat dit wel zo was. Tegenspraak.

Twee pseudo-bewijzen:

De volgende twee stellingen zijn natuurlijk niet waar. Toch geven we voor beide een bewijs. De vraag is dan ook: wat klopt er niet aan het bewijs?

Stelling: 2 = 3.

Bewijs: Zij a en b twee reële getallen zodat a = b. Dan geldt natuurlijk ook: 2a + 3b = 2b + 3a.

Hieruit volgt: 2a - 2b = 3a - 3b, dus 2(a - b) = 3(a - b), dus 2 = 3.

Stelling: 1 = 2.

Bewijs: Zij n een natuurlijk getal. Dan geldt de volgende gelijkheid: . Als we nu het meest linkse lid differentiëren krijgen we: . Doen we hetzelfde met het meest rechtse lid, dan krijgen we uiteraard 2n.

Conclusie: n = 2n, dus 1 = 2.


[ Homepage ]