Nesne

3.2: Doğrudan Kanıtlar


Bir (q) ifadesinin doğru olduğunu göstermek için şu adımları izleyin:

  • Ya (p Rightarrow q) belirten bir sonuç bulun ya da (pRightarrow q)'nin doğru olduğunu kanıtlayın.
  • (p)'nin doğru olduğunu gösterin veya doğrulayın.
  • (q)'nin doğru olması gerektiği sonucuna varın.

Mantık geçerlidir çünkü (p Rightarrow q) doğruysa ve (p) doğruysa, (q) doğru olmalıdır. Sembolik olarak, [[(p Rightarrow q) wedge p ] Rightarrow q] mantıksal formülünün bir totoloji olduğunu söylüyoruz (bunu bir doğruluk tablosuyla kolayca doğrulayabiliriz). Sembolik olarak, argümanı [egin{array}{cl} & p Rightarrow q & p hline u nedenle & q end{array}] olarak sunuyoruz. Böyle bir argümana denir modus ponens ya da müfreze kanunu.

Örnek (PageIndex{1}label{eg:directpf-01})

Argüman

(b^2>4ac Rightarrow ax^2+bx+c=0) iki gerçek çözüme sahiptir.
(x^2-5x+6) (b^2>4ac) ile uyumludur.
(Öyleyse)(x^2-5x+6=0) iki gerçek çözüme sahiptir.

modus ponens örneğidir.

Çıkarımların matematiksel ispatlarda önemli bir rol oynadığı açıktır. Bir dizi çıkarım varsa, başka bir çıkarım oluşturmak için onları "baştan sona" birleştirebiliriz: [egin{array}{cl} & p Rightarrow q & q Rightarrow r hline u nedenle & p Rightarrow r end{array}] Buna kıyas yasası.

.

Örnek (PageIndex{2}label{eg:directpf-02})

Argüman

Alman çobanları köpektir.
Köpekler memelidir.
Memeliler omurgalıdır.
(Öyleyse)Alman çobanları omurgalıdır.

kıyas kanunu gereği geçerlidir.

Büyük soru şu ki, bir imayı nasıl kanıtlayabiliriz? En temel yaklaşım, doğrudan kanıt:

(p)'nin doğru olduğunu varsayın.

(p)'den (q)'nin doğru olduğunu çıkarın.

Hatırlanması gereken önemli şey şudur: (q)'nin doğru olduğunu göstermek için (p)'den türetilen bilgiyi kullanın. Tipik bir doğrudan kanıt şu şekilde görünebilir:

Kanıt: )p) doğru olduğunu varsayın. Sonra . .

(p) nedeniyle, buluruz. .

. Bu nedenle (q) doğrudur.

Örnek (PageIndex{3}label{eg:directpf-03})

Bir (m imes n) satranç tahtasının üst üste binmeyen domino taşlarıyla tamamen kaplanabiliyorsa, (mn)'nin çift olması gerektiğini kanıtlayın.

Çözüm

Satranç tahtasının üst üste binmeyen domino taşlarıyla kaplanabileceğini varsayalım ve (t) satranç tahtasını kaplayan domino taşlarının sayısı olsun. O zaman satranç tahtası (2t) kareler içermelidir. Dolayısıyla (mn=2t), yani (mn) çift sayı olmalıdır.

Daha fazla örnekle devam etmeden önce, çift ve tek tam sayıların biçimsel tanımını tanıtmak istiyoruz.

Tanım

bir tamsayı hatta eğer bir tamsayı (q) için (2q) olarak yazılabilirse ve garip eğer bir tamsayı (q) için (2q+1) olarak yazılabilirse.

2 ile çarpıldığında çift bir tamsayı üreten tamsayıyı belirtmek için (q) kullanmak zorunda değiliz. Bir tamsayı olduğunu belirtmemiz şartıyla herhangi bir harf işe yarayacaktır. Örneğin, (n) çift bir tamsayıysa, bazı tamsayılar için (n=2t) yazabiliriz (t). Hatta tamsayılar kavramı daha da genelleştirilebilir.

Tanım

(m) sıfırdan farklı bir tam sayı olsun. Bir tamsayı olduğu söylenir çoklu (m) bir tamsayı (q) için (mq) olarak yazılabilirse.

Artık daha fazla örnek incelemeye hazırız.

Örnek (PageIndex{4}label{eg:directpf-04})

Tek bir tamsayının karesinin tek olduğunu gösteriniz.

Çözüm

(n) tek bir tam sayı olsun. Sonra bir tamsayı için (n=2t+1) (t) ve [n^2 = (2t+1)^2 = 4t^2+4t+1 = 2(2t^2+2t) +1,] burada (2t^2+2t) bir tamsayıdır. Dolayısıyla, (n^2) tektir.

uygulamalı alıştırma (PageIndex{1}label{he:directpf-01})

(n) bir tamsayı olsun. (n) tek ise, (n^3) tek olduğunu gösterin.

Örnek (PageIndex{5}label{eg:directpf-05})

İki tek tamsayının çarpımının tek olduğunu gösteriniz.

Çözüm

(x) ve (y) iki tek tam sayı olsun. (xy)'nin tek olduğunu kanıtlamak istiyoruz. Sonra bazı tamsayılar için (x=2s+1) ve (y=2t+1) (s) ve (t) ve [xy = (2s+1)(2t+1) = 4.+2s+2t+1 = 2(2.+s+t)+1,] burada (2.+s+t) bir tam sayıdır. Bu nedenle, (xy) tektir.

Bu ispatta, (x) ve (y)'yi tanımlamak için (s) ve (t) olmak üzere iki farklı nicelik kullanmamız gerekiyor çünkü bunların aynı olmaları gerekmiyor. (x=2s+1) ve (y=2s+1) yazarsak, aslında (x=y) deriz. (s) ve (t)'nin tamsayı olduğunu vurgulamalıyız, çünkü sadece (x=2s+1) ve (y=2t+1) demek (x)'i garanti etmez ve (y) tektir. Örneğin, 4 çift sayısı (2cdotfrac{3}{2}+1) şeklinde yazılabilir, bu da (2s+1) biçimindedir. 4'ün tuhaf olmadığı açıktır. (2s+1 şeklinde bir sayı yazabilsek bile, bu sayının tek olması gerektiği anlamına gelmez, Meğer ki (s)'nin bir tam sayı olduğunu kesin olarak biliyoruz. Bu örnek, yazımızda ayrıntılara dikkat etmenin önemini göstermektedir.

.

Örnek (PageIndex{6}label{directpf-06})

(x^3-7x^2+x-7=0) ise (x=7) olduğunu gösterin.

Çözüm

(x^3-7x^2+x-7=0) varsayalım. [x^3-7x^2+x-7 = x^2(x-7)+(x-7) = (x^2+1)(x-7) olduğundan,] sıfır, ya (x^2+1=0) ya da (x-7=0) gerekir. (x^2+1) hiçbir zaman sıfır olamayacağına göre, (x-7=0); böylece (x=7).

uygulamalı alıştırma (PageIndex{2}label{he:directpf-02})

(x^3+6x^2+12x+8=0) ise (x=-2) olduğunu gösterin.

Son örnek, adı verilen bir tekniği göstermektedir. vakalarla kanıt. İki olasılık vardır, yani (i) (x^2+1=0) veya (ii) (x-7=0). Bu iki vakayı ayrı ayrı inceledikten sonra nihai sonuca varıyoruz.

Örnek (PageIndex{7}label{eg:directpf-07})

Bir tamsayı (n) 3'e bölünemiyorsa, (n^2-1)'in 3'ün katı olması gerektiğini gösterin.

Açıklama

(n) harfi bizi ilgilendiren tamsayıyı tanımlamak için kullanılmıştır ve kanıtlamak istediğimiz ima hipotezinde görünür. Bununla birlikte, birçok yazar ispatlarına tanıdık “Let (n) olsun … ” cümlesiyle başlardı.

Cevap

(n) 3'e bölünemeyen bir tam sayı olsun. 3'e bölündüğünde kalan 1 veya 2'dir. Dolayısıyla, (n=3q+1) veya (n=3q+2) ) bazı tamsayılar için (q).

Durum 1: Eğer (n=3q+1) bir tamsayı (q) için ise, o zaman [n^2-1 = 9q^2+6q = 3 (3q^2+2q),] nerede (3q^2+2q) bir tamsayıdır.

Durum 2: Eğer (n=3q+2) bir tamsayı (q) için ise, o zaman [n^2-1 = 9q^2+12q+3 = 3(3q^2+4q+1), ] burada (3q^2+4q+1) bir tamsayıdır.

Her iki durumda da (n^2-1)'in bir 3'ün katı olduğunu gösterdik.

uygulamalı alıştırma (PageIndex{3}label{he:directpf-03})

(n^3+n) öğesinin tüm (ninmathbb{N}) için çift olduğunu gösterin.

uygulamalı alıştırma (PageIndex{4}label{he:directpf-04})

(n(n+1)(2n+1)) öğesinin tüm (ninmathbb{N}) için 6'ya bölünebildiğini gösterin.

İpucu

(n) ve (n+1) tamsayılarından biri çift olmalıdır, dolayısıyla (n(n+1)(2n+1)) ürününün 2'nin katı olduğunu zaten biliyoruz. Bu nedenle, 3'ün katı olduğunu göstermek için kalır. Üç durum düşünün: (n=3q), (n=3q+1) veya (n=3q+2), burada (q) bir tamsayıdır.

Tartışmamızı iki yaygın yanlışla (mantıksal hatalar) kapatıyoruz. Birincisi, tersinin yanlışlığı ya da öncül inkar: [egin{array}{cl} & p Rightarrow q & overline{p} hline u nedenle & overline{q} end{array}] Bu aslında tersini kanıtlıyor (overline{p}Rightarrow overline{q}), bildiğimiz olumsuzluk orijinal uygulamaya mantıksal olarak eşdeğerdir. Dolayısıyla, bu bir imayı kanıtlamak için yanlış bir yöntemdir.

.

Örnek (PageIndex{8}label{eg:directpf-08})

Aşağıdaki argüman

Sözlükler değerlidir.
Bu kitap bir sözlük değildir.
(Öyleyse)Bu kitap değerli değil.

geçerli? Niye ya?

Başka bir yaygın hata olarak bilinir konuşmanın yanlışlığı ya da sonucun onaylanması: [egin{array}{cl} & p Rightarrow q & q hline u nedenle & p end{array}] Bu yalnızca (qRightarrow p) tersini kanıtlar. Sohbet olduğundan olumsuzluk mantıksal olarak orijinal imayla eşdeğer olan bu, bir imayı kanıtlamanın yanlış bir yoludur.

.

Örnek (PageIndex{9}label{eg:directpf-09})

bu argüman mı

Hiçbir ilacın tadı güzel değildir.
Bu içeceğin tadı kötü.
(Öyleyse)Bu ilaç olmalı.

geçerli bir argüman? Niye ya?

  • Bir çıkarımı (pRightarrow q) kanıtlamak için, (p)'nin doğru olduğunu varsayarak başlayın. (q)'nin de doğru olması gerektiğini göstermek için bu varsayımdan elde edilen bilgileri, bilinen diğer sonuçlarla birlikte kullanın.
  • Gerekirse, (p)'yi birkaç duruma (p_1, p_2, ldots,) ayırabilir ve her bir çıkarımı (p_iRightarrow q) (ayrı ayrı, birer birer) yukarıda belirtildiği gibi kanıtlayabilirsiniz. .
  • Matematiksel ifadeleri açık bir şekilde yazdığınızdan emin olun. İlgili miktarlar aynı olmayabiliyorsa, farklı değişkenler kullanın.
  • Başlamak için verilen bilgileri, varsayımı ve kanıtlamak istediklerinizi yazın.
  • Bir sonraki adımda, gerekirse tanımı kullanın ve bilgileri matematiksel gösterimlerle yeniden yazın. Mesele şu ki, manipüle edebileceğimiz bazı matematiksel denklemler veya mantıksal ifadeler elde etmeye çalışın.

.

Alıştırma (PageIndex{1}label{ex:directpf-01})

Kanıtla veya çürüt: (2^n+1) tüm negatif olmayan tamsayılar için asaldır (n).

Alıştırma (PageIndex{2}label{ex:directpf-02})

Herhangi bir (ngeq5) tamsayı için, (n), (n+2) ve (n+4) tamsayılarının hepsinin asal sayı olamayacağını gösterin.

İpucu

(n) 3'ün katıysa, (n)'nin kendisi bileşiktir ve ispat tamamlanmış olacaktır. Dolayısıyla, (n)'nin 3'e bölünemeyeceğini varsayabiliriz. O halde (n) neye benzer ve (n+2) ve (n+4) hakkında ne söyleyebilirsiniz?

Alıştırma (PageIndex{3}label{ex:directpf-03})

(n) bir tamsayı olsun.

  1. (n) tek ise, (n^2)'nin de tek olduğunu gösterin.
  2. (n) tek ise, (n^4)'nin de tek olduğunu gösterin.
  3. A sonuç başka bir sonuçtan kolayca türetilebilen bir sonuçtur. (a)'nın bir sonucu olarak (b)'yi türetiniz.
  4. (m) ve (n) tek ise, (mn)'nin de tek olduğunu gösterin.
  5. (m) çift ise ve (n) tek ise, (mn)'nin çift olduğunu gösterin.

Alıştırma (PageIndex{4}label{ex:directpf-04})

Herhangi bir tek tam sayı (n) için (2n^2+5n+4) sayısının tek olması gerektiğini kanıtlayın.

Alıştırma (PageIndex{5}label{ex:directpf-05})

(n) bir tamsayı olsun.

  1. (n) 3'ün katıysa, (n^2)'nin de 3'ün katı olduğunu kanıtlayın.
  2. (n) 7'nin katıysa, (n^3)'nin de 7'nin katı olduğunu kanıtlayın.

Alıştırma (PageIndex{6}label{ex:directpf-06})

(n) 3'ün katı değilse, (n^2)'nin de 3'ün katı olmadığını kanıtlayın.

İpucu

(n) 3'ün katı değilse, o zaman için (n=3q+1) veya (n=3q+2) biraz tamsayı (q).

Alıştırma (PageIndex{7}label{ex:directpf-07})

Gerçekleri kullanın

(sqrt{2}) irrasyoneldir ve

(x) irrasyonel ise, o zaman (sqrt{x}) da irrasyoneldir,

(sqrt[8]{2}) öğesinin irrasyonel olduğunu kanıtlamak için.

Alıştırma (PageIndex{8}label{ex:directpf-08})

Bir çıkarımı çürütmek için bir karşı örnek kullanabileceğimizi hatırlayın. Aşağıdaki iddiaların yanlış olduğunu gösterin:

  1. (x) ve (y), (x^2>y^2) olacak şekilde tam sayılarsa, o zaman (x>y).
  2. (n) pozitif bir tam sayıysa, o zaman (n^2+n+41) asaldır.

Alıştırma (PageIndex{9}label{ex:directpf-09})

Aşağıdaki argümanların neden geçersiz olduğunu açıklayın:

  1. (n) bir tamsayı olsun. (n^2) tek ise, (n) tektir. Bu nedenle, (n) tek olmalıdır.
  2. (n) bir tamsayı olsun. (n) çift ise, o zaman (n^2) da çifttir. Bir tamsayı olarak (n^2) tek olabilir. Dolayısıyla, (n) çift olamaz. Bu nedenle, (n) tek olmalıdır.

Alıştırma (PageIndex{10}label{ex:directpf-10})

Aşağıdaki mantığı analiz edin:

  1. (S) bir reel sayılar kümesi olsun. (x) (S) içindeyse, o zaman (x^2) (S) içindedir. Ama (x) (S) içinde değildir, dolayısıyla (x^2) (S) içinde değildir.
  2. (S) bir reel sayılar kümesi olsun. Bu nedenle, eğer (x^2) (S) içindeyse, o zaman (x) (S) içindedir.

Kanıt yöntemi: Doğrudan Kanıt

Matematiksel titizliğimi geliştirme yolculuğumdaki ilk yazımda, ispat yapmak için birkaç farklı teknikten geçeceğimi söylemiştim.

Uğraşmak istediğim ilk şey doğrudan kanıtlar. Bu, “en basit” yöntemidir ve bazen kanıtın orada olmadığı görülebilir.

Genellikle “if a sonra b” gibi bir şey olur. Dolayısıyla, a'nın bir tanımını kullanarak, b'nin kesintisiz bir mantıksal argümanlar dizisi aracılığıyla doğrudan bir sonuç olarak takip ettiğini gösterebiliriz, öyle ki:

Bazı örnek problemler üzerinde deneyelim


3.2: Doğrudan Kanıtlar

[email protected]`$-lj8i6ngC.>8)JL:/2W+rlXZ*gd#Z+PT)=R"? m6$d8cel4Ls$lgSU$"p*-LUhk]$ntZX!XT+>XRVF#'@ A`Wm30YP -P)_Ukg-s- $h4B^lKG/"PFbIm=kkA>[n-M4h,P3Q/X?972POmZkkBXrEfu2G.Vo1^XY.WTFu6),^+6,ME(!l !e7E rX/`X?Y]FHNUCVts7+A=mS4'^*g+Q0#AO:1JlI.DFq*>inuJNZTr7+(@"[email protected]?2Tb8Tb1)P`R JR/(JWu"5ae>',r( IsYUDV(9f:N/'i2C(7#,H?DWc4Q_4j-/-,O UJB8nJoo [email protected]+J0OO=coAXARN(F93keeMI)5r+uiQM aPkFRmc%F2D=DQ!maH?c*Tso H LJeWH8= N!H>W^ql2t'l lSc4rXp$2(>,i4cf!(5R:.1SnGrUM=u,/E)C6?4#G%c^T!_0"[3(kcbu)Ctg(,fF- R!BoOG+NVFFj oY,A!Pu(CRmjp_eIYWhd?p_,)4]40/_j0q5li)hLr0QXAFYG?GC/1_pPEKK=O?'=('4W,l

,`FX)m0 TH9sa2s7 cgMlc(JZo0Uj/W:)Fb]fV8SoP'uBH rWd80hAHX&SRZb%5H*Ch'1Ca*p(DH$=O^@8bd0.Q"l`T-4?F4gcRLqNDSRAT )*^J[J!4=at4OHO")GlZs)rotn!^]`]`k"E4/l W#"SCjS[P6?S Ysa6p$?[LdIg Ho2eCbm +2e'H`o%% q-5a4>sYaFg)*]l0j&N*jD&p BZd7'P7jW=u !%&!cmD *[email protected] AdBQNF6SH*tpbFp2$%NNeD3.2: Doğrudan Kanıtlar,[nobr][H1toH2]Q9agmAC/e4 s#7,) t+4QL`N[Tb+X8T/)S0JUZAl(:sOuX_$?uGi?jEfrUMfgnp1`

4UWGN^0W%:]WQu#"fhDDRVJLu674ZjZ18/AEKKN: B]9E5u,)cML,aiI#L.PC9H"+m94&W0'AJX,3i)Ss%rPDPuPb O-Ic$G>5W05W0obs$3 Bf3 >2Nmuk>99']3TP[H-ZF90D-9CHu!W>lE&aPs>]OdHC36X&XCB*aY0.b1Q `[email protected][h/HtO!T?hB!6qteA#]4MHOIS52 &

> endstream endobj 54 0 obj > endobj 55 0 obj > endobj 56 0 obj > endobj 57 0 obj > stream ,p?)`/O P0ea_*/hm,su][email protected] [email protected]++Co&)BkM


Prob. 3, Sek. Kreyszig'in Fonksiyonel Analizinde 3.2: Bu alt uzayın eksiksizliğinin doğrudan kanıtı nasıl verilir?

İşte Prob. 2 saniye. 3.2, kitapta Uygulamalarla Giriş Fonksiyonel Analiz Erwine Kreyszig'in yazdığı:

$X$, sıfır polinomdan ve $t$ içindeki tüm gerçek polinomlardan oluşan, derecesi 2$'ı geçmeyen, gerçek $t in [a, b]$ için düşünülen, iç çarpım $ ile tanımlı olan iç çarpım uzayı olsun. langle x, y angle colon= int_a^bx(t) y(t) mathrm t qquad forall x, y in X.$ $X$'ın tamamlandığını gösterin.

$xin X$ ise, o zaman $x$, $[a, b]$ etki alanına sahip, $ x(t) = alpha + eta t + gamma t biçimindeki bir formülle tanımlanan gerçek değerli bir işlevdir ^2 qquad forall t in [a, b],$ bazı gerçek sayılar için $alpha$ , $eta$ ve $gamma$ .

$sol( x_n sağ)_ olsun>$ $X$ iç çarpım uzayında bir Cauchy dizisi olsun. O halde, her $varepsilon > 0$ gerçek sayısı için, $ d left( x_m, x_n ight) < varepsilon qquad mbox < >m, n > N olacak şekilde bir $N$ doğal sayısı vardır. $ Burada $d$, $X$ üzerindeki iç çarpım tarafından indüklenen metriktir, yani, $ d(x, y) = sqrt < int_a^b left( x(t) - y(t) ight) )^2 mathrmt > qquad forall x, y in X.$

Her $n in mathbb için$ , $x_n in X$ olarak, yani $x_n colon [a, b] ightarrow mathbb$, bazı gerçek sayılar için $ x_n(t) colon= alpha_n + eta_n t + gamma_n t^n qquad forall t in [a, b], $ biçimindeki bir formülle tanımlanan bir fonksiyondur $ alpha_n$ , $eta_n$ ve $gamma_n$ .

Bu şekilde $left( alpha_n ight)_ dizilerini elde ederiz.>$ , $sol( eta_n sağ)_>$ , ve $left( gamma_n sağ)_>$ reel sayılar. Bu dizilerin her birinin Cauchy olduğunu gösterelim.

Herhangi bir $m için, n in mathbb$ , görüyoruz ki & d left( x_m, x_n sağ) &= sqrt < int_a^b left[ x_m(t) - x_n(t) sağ]^2 mathrmt > &= sqrt < int_a^b left[ left( alpha_m - alpha_n sağ) + left( eta_m - eta_n sağ) t + left( gamma_m - gamma_n sağ) t^2 sağ]^2 mathrmt > &= sqrt < int_a^b left[ left( alpha_m - alpha_n ight)^2 + 2 left( alpha_m - alpha_n sağ) left( eta_m - eta_n sağ) t + sol( 2 sol( alpha_m - alpha_n sağ) left( gamma_m - gamma_n sağ) + left( eta_m - eta_n sağ)^2 sağ) t^ 2 + 2 left( eta_m - eta_n sağ) left( gamma_m - gamma_n sağ) t^3 + left( gamma_m - gamma_n sağ)^2 t^4 sağ] mathrmt > &= sqrt< left( alpha_m - alpha_n sağ)^2 (ba) + left( alpha_m - alpha_n sağ) left( eta_m - eta_n sağ) left ( b^2 - a^2 sağ) + frac<1> <3>left( 2 left( alpha_m - alpha_n sağ) left( gamma_m - gamma_n sağ) + left( eta_m - eta_n sağ)^2 sağ) left( b^3 - a^3 sağ) + frac<1> <2>left( eta_m - eta_n sağ) left( gamma_m - gamma_n sağ) left( b^4 - a^4 sağ) + frac<1> <5>left( gamma_m - gamma_n sağ)^2 left( b^5 - bir ^5 sağ) >. son

Bu hesaplama doğru mu? Eğer öyleyse, sonra ne olacak? Bu noktadan nasıl hareket edilir?

Herhangi bir sonlu-boyutlu normlu uzayın bir Banach uzayı olduğunu biliyorum, ama doğrudan bu özel uzayın eksiksizliğinin kanıtı.


İçindekiler

MÖ 370'de, Platon'un Parmenides'i, örtük bir tümevarımsal kanıtın erken bir örneğini içermiş olabilir. [6] Ters yinelenen bir teknik, sayma aşağı 1.000.000 kum tanesinin bir yığın oluşturduğu ve bir yığından bir tanenin çıkarılması onu bir yığın bıraktığının iddia edildiği sorites paradoksunda bulunur. bir yığın. [7]

Hindistan'da, matematiksel tümevarımla yapılan erken örtük kanıtlar, Bhaskara'nın "döngüsel yönteminde" [8] ve el-Fahri Binom teoremini ve Pascal üçgeninin özelliklerini kanıtlamak için onu aritmetik dizilere uygulayan al-Karaji tarafından MS 1000 civarında yazılmıştır. [9] [10]

Bununla birlikte, bu eski matematikçilerin hiçbiri tümevarım hipotezini açıkça belirtmedi. Bir başka benzer vaka (Freudenthal'in dikkatle gösterdiği gibi, Vacca'nın yazdıklarının aksine) [11], Arithmeticorum libri ikilisi (1575), tekniği ilkinin toplamının olduğunu kanıtlamak için kullandı. n tek tam sayılar n 2 .

Tümevarımın ilk titiz kullanımı Gersonides (1288-1344) tarafından yapılmıştır. [12] [13] Tümevarım ilkesinin ilk açık formülasyonu Pascal tarafından Traité du üçgen aritmetiği (1665). Bir başka Fransız, Fermat, ilgili bir ilkeden bol bol yararlandı: sonsuz inişle dolaylı kanıt.

Tümevarım hipotezi İsviçreli Jakob Bernoulli tarafından da kullanıldı ve o andan itibaren iyi bilinir hale geldi. İlkenin modern biçimsel ele alınışı ancak 19. yüzyılda George Boole, [14] Augustus de Morgan, Charles Sanders Peirce, [15] [16] Giuseppe Peano ve Richard Dedekind ile geldi. [8]

Matematiksel tümevarımın en basit ve en yaygın biçimi, doğal bir n sayısını (yani bir tamsayıyı) içeren bir ifadenin çıkarımını yapar. n ≥ 0 veya 1) n'nin tüm değerleri için geçerlidir. Kanıt iki adımdan oluşur:

  1. NS ilk veya temel durum: ifadenin 0 veya 1 için geçerli olduğunu kanıtlayın.
  2. NS indüksiyon adımı, endüktif adım, veya adım vaka: her n için, ifade n için geçerliyse, bunun için geçerli olduğunu kanıtlayın n + 1 . Başka bir deyişle, ifadenin n rastgele bir doğal sayı için geçerli olduğunu varsayalım ve ifadenin aşağıdakiler için geçerli olduğunu kanıtlayın. n + 1 .

İfadenin belirli bir n için geçerli olduğu tümevarım adımındaki hipoteze denir. tümevarım hipotezi veya endüktif hipotez. Endüktif adımı kanıtlamak için, n için tümevarım hipotezi varsayılır ve ardından bu varsayım, ifadenin geçerli olduğunu kanıtlamak için kullanılır. n + 1 .

Doğal sayıları 0'dan başlayacak şekilde tanımlamayı tercih eden yazarlar, bu değeri temel durumda kullanırlar, doğal sayıları 1'den başlayacak şekilde tanımlayanlar bu değeri kullanır.

Ardışık doğal sayıların toplamı

Aşağıdaki ifadeyi kanıtlamak için matematiksel tümevarım kullanılabilir P(n) tüm doğal sayılar için n.

Bu, belirli bir sayıdan küçük veya ona eşit doğal sayıların toplamı için genel bir formülü ifade eder, aslında sonsuz bir ifadeler dizisidir: 0 = ( 0 ) ( 0 + 1 ) 2 <2>>> , 0 + 1 = ( 1 ) ( 1 + 1 ) 2 <2>> > , 0 + 1 + 2 = ( 2 ) ( 2 + 1 ) 2 <2>>> , vb.

Temel durum: İfadenin en küçük doğal sayı için geçerli olduğunu gösterin n = 0.

endüktif adım: Bunu herhangi biri için göster k ≥ 0, eğer P(k) tutar, sonra P(k+1) de tutar.

Belirli bir durum için tümevarım hipotezini varsayalım. k, tek vaka n = k tutar, anlam P(k) doğru:

Cebirsel olarak, sağ taraf şu şekilde sadeleşir:

Aşırı sol ve sağ tarafları eşitleyerek şunu çıkarıyoruz:

Yani, beyan P(k+1) aynı zamanda tümevarım adımını kurmak için de geçerlidir.

Çözüm: Hem temel durum hem de tümevarım adımının doğru olduğu kanıtlandığından, matematiksel tümevarımla ifade P(n) her doğal sayı için geçerlidir n. ∎

Bir trigonometrik eşitsizlik

Aşırı sol ve sağ miktarlar arasındaki eşitsizlik, tümevarım adımını tamamlayan P ( k + 1 ) 1)>'nin doğru olduğunu gösterir.

Uygulamada, tümevarım yoluyla ispatlar, ispatlanacak özelliğin tam doğasına bağlı olarak genellikle farklı şekilde yapılandırılır. Tüm tümevarım varyantları, özel sonlu tümevarım durumlarıdır, aşağıya bakınız.

0 veya 1 dışında tümevarım esası Düzenle

Bir ifadeyi tüm doğal sayılar için değil, yalnızca belirli bir b sayısından büyük veya ona eşit tüm n sayıları için kanıtlamak istersek, tümevarımla kanıt aşağıdakilerden oluşur:

  1. İfadenin ne zaman geçerli olduğunu gösteren n = B .
  2. İfadenin keyfi bir sayı için geçerli olduğunu gösterme nB , o zaman aynı ifade için de geçerlidir n + 1 .

Bu, örneğin şunu göstermek için kullanılabilir 2 nn + 5 için n ≥ 3 .

Bu şekilde, bazı ifadelerin kanıtlanabilir P(n) hepsi için geçerlidir n ≥ 1 , hatta hepsi için n ≥ -5 . Bu matematiksel tümevarım biçimi aslında önceki formun özel bir durumudur, çünkü ispatlanacak ifade P(n) daha sonra bu iki kuralla kanıtlamak, kanıtlamakla eşdeğerdir. P(n + B) temel durumu 0 olan tüm doğal sayılar n için. [17]

Örnek: madeni paralarla dolar miktarları oluşturma Düzenle

Sonsuz 4 ve 5 dolarlık madeni para arzı olduğunu varsayalım. Tümevarım, bu tür madeni paraların bir kombinasyonu ile 12'ye eşit veya daha büyük herhangi bir doların oluşturulabileceğini kanıtlamak için kullanılabilir. İzin vermek S(k) ifadeyi ifade eder " 4 ve 5 dolarlık madeni paraların bir kombinasyonu ile k dolar oluşturulabilir". Kanıt S(k) hepsi için doğrudur k ≥ 12 daha sonra k üzerinde tümevarımla aşağıdaki gibi elde edilebilir:

Temel durum: Bunu gösteren S(k) için tutar k = 12 basittir: üç adet 4 dolarlık madeni para alın.

indüksiyon adımı: Verilen S(k) bir değer için tutar k ≥ 12 (tümevarım hipotezi), kanıtla S(k + 1) de tutar:

Farz etmek S(k) bazı keyfi için doğrudur k ≥ 12 . En az bir 4 dolarlık madeni para içeren k dolar için bir çözüm varsa, bunu yapmak için 5 dolarlık bir madeni para ile değiştirin. k + 1 dolar. Aksi takdirde, sadece 5 dolarlık madeni para kullanılıyorsa, k 5'in katı olmalı ve bu nedenle en az 15 olmalıdır, ancak o zaman yapmak için üç 5 dolarlık madeni parayı dört 4 dolarlık madeni para ile değiştirebiliriz. k + 1 dolar. Herbir durumda, S(k + 1) doğrudur.

Bu nedenle, tümevarım ilkesine göre, S(k) hepsi için geçerlidir k ≥ 12 ve ispat tamamlandı.

Birden fazla sayaçta indüksiyon

Bazen iki doğal sayı içeren bir ifadeyi kanıtlamak istenir. n ve m, tümevarım sürecini yineleyerek. Yani, biri için bir temel durum ve endüktif bir adım kanıtlanır. n, ve bunların her birinde bir temel durum ve için endüktif bir adım kanıtlıyor m. Örneğin, beraberindeki değişme kanıtına bakınız. doğal sayıların eklenmesi. Üç veya daha fazla sayacı içeren daha karmaşık argümanlar da mümkündür.

Sonsuz iniş

Sonsuz iniş yöntemi, Pierre de Fermat tarafından kullanılan matematiksel tümevarımın bir varyasyonudur. Bazı ifadelerin olduğunu göstermek için kullanılır. Q(n) tüm doğal sayılar için yanlıştır n. Geleneksel biçimi, eğer Q(n) bazı doğal sayılar için doğrudur n, aynı zamanda kesinlikle daha küçük bazı doğal sayılar için de geçerlidir. m. Sonsuz azalan doğal sayılar dizisi olmadığından, bu durum imkansız olurdu, bu nedenle (çelişkiyle) şunu gösteriyordu: Q(n) herhangi biri için doğru olamaz n.

Bu yöntemin geçerliliği, genel matematiksel tümevarım ilkesinden doğrulanabilir. İfadede matematiksel tümevarım kullanma P(n) olarak tanımlandıQ(m) tüm doğal sayılar için yanlıştır m küçük veya eşittir n", bundan sonra P(n) hepsi için geçerlidir n, bunun anlamı Q(n) her doğal sayı için yanlıştır n.

Ön ek indüksiyon Düzenle

Matematiksel tümevarımla ispatın en yaygın şekli, tümevarımsal adımda kanıtlamayı gerektirir.

bunun üzerine tümevarım ilkesi "otomatikleşir" n almada bu adımın uygulamaları P(0) için P(n). Bu, "öncül tümevarım" olarak adlandırılabilir, çünkü her adım, o sayının öncülü hakkında bir şeyden bir sayı hakkında bir şey kanıtlar.

Hesaplama karmaşıklığına ilgi duyulan bir varyant, tümevarım adımında aşağıdaki ifadenin kanıtlandığı "ön ek tümevarım" dır:

∀ k ( P ( k ) → P ( 2 k ) ∧ P ( 2 k + 1 ) )

Tümevarım ilkesi daha sonra günlüğü "otomatikleştirir" n bu çıkarımın uygulamaları P(0) için P(n). Aslında, buna "ön ek tümevarımı" denir, çünkü her adım, o sayının "ön eki" ile ilgili bir şeyden bir sayı hakkında bir şey kanıtlar - ikili gösteriminin düşük bitinin kesilmesiyle oluşturulduğu gibi. Aynı zamanda, bu ikili gösterimin uzunluğu üzerinde geleneksel tümevarımın bir uygulaması olarak da görülebilir.

Geleneksel öncül tümevarım hesaplamalı olarak yorumlanırsa n- adım döngüsü, daha sonra önek indüksiyon bir günlüğe karşılık gelir-n-adım döngüsü. Bu nedenle, önek tümevarım kullanan ispatlar, önceki tümevarım kullanan ispatlardan "daha uygulanabilir bir şekilde yapıcıdır".

Öncül tümevarım, aynı ifadede önek tümevarımını önemsiz bir şekilde simüle edebilir. Ön ek indüksiyonu, öncül tümevarımı simüle edebilir, ancak yalnızca ifadeyi sözdizimsel olarak daha karmaşık hale getirme pahasına (sınırlı bir evrensel niceleyici ekleyerek), bu nedenle önek tümevarımını polinom zaman hesaplamasına ilişkin ilginç sonuçlar, sınırsız niceleyicileri tamamen dışlamaya ve değişimi sınırlamaya bağlıdır. ifadede izin verilen sınırlı evrensel ve varoluşsal niceleyicilerin sayısı. [18]

Fikir bir adım daha ileri götürülebilir:

bunun üzerine tümevarım ilkesi günlük günlüğünü "otomatikleştirir" n bu çıkarımın uygulamaları P(0) için P(n). Bu tümevarım biçimi, benzer şekilde log-time paralel hesaplamayı incelemek için kullanılmıştır. [ kaynak belirtilmeli ]

Komple (güçlü) indüksiyon

Örnek: Fibonacci sayıları Düzenle

Tam tümevarım, her bir tümevarımsal adım için tümevarımsal hipotezin birkaç örneğinin gerekli olduğu durumlarda en kullanışlıdır. Örneğin, tam tümevarım bunu göstermek için kullanılabilir.

Örnek: asal çarpanlara ayırma

Örnek: yeniden ziyaret edilen dolar tutarları Düzenle

Yukarıdakiyle aynı örneği kanıtlamaya çalışacağız, bu sefer güçlü indüksiyon. Açıklama aynı kalır:

Ancak, genişletilmiş temel durumdan başlayarak, ispatın yapısında ve varsayımlarında küçük farklılıklar olacaktır:

endüktif adım: S ( j ) 'nin geçerli olduğunu kanıtlayın.

İleri-geri tümevarım

Tüm değerler için endüktif adım kanıtlanmalıdır. n. Bunu açıklamak için Joel E. Cohen, tüm atların aynı renkte olduğunu matematiksel tümevarımla kanıtlamayı iddia eden aşağıdaki argümanı önerdi: [21]

  • Temel durum: Yalnızca bir sette bir at, sadece bir renk var.
  • Tümevarım adımı: Herhangi bir n at kümesinde yalnızca bir renk olduğunu tümevarım hipotezi olarak varsayın. Şimdi herhangi bir n + 1 at kümesine bakın. Bunları numaralandırın: 1 , 2 , 3 , … , n , n + 1 . < 1 , 2 , 3 , … , n >< extstyle left<1,2,3,dotsc , ight>> ve < 2 , 3 , 4 , … kümelerini göz önünde bulundurun, n + 1 >< extstyle left<2,3,4,dotsc , +1sağ>> . Her biri yalnızca n attan oluşan bir settir, bu nedenle her birinin içinde yalnızca bir renk vardır. Ancak iki küme örtüşür, bu nedenle tüm n + 1 atlar arasında yalnızca bir renk olmalıdır.

İçinde ikinci dereceden mantık, "tümevarım aksiyomu" şu şekilde yazılabilir:

nerede P(.) bir doğal sayı içeren yüklemler için bir değişkendir ve k ve n doğal sayılar için değişkenlerdir.

Bir deyişle, temel durum P(0) ve tümevarım adımı (yani, tümevarım hipotezinin P(k) ima eder P(k + 1) ) birlikte şunu ima eder P(n) herhangi bir doğal sayı için n . Tümevarım aksiyomu, şu sonucu çıkarmanın geçerliliğini ileri sürer: P(n) temel durum ve endüktif adımdan herhangi bir doğal sayı n için geçerlidir.

Aksiyomdaki ilk niceleyici yüklemler bireysel sayılar yerine. Bu, ikinci dereceden bir niceleyicidir, bu, bu aksiyomun ikinci dereceden mantıkta ifade edildiği anlamına gelir. Birinci dereceden mantıkta aksiyomlayıcı aritmetik tümevarım, her olası yüklem için ayrı bir aksiyom içeren bir aksiyom şeması gerektirir. Peano aksiyomları makalesi bu konuyla ilgili daha fazla tartışma içeriyor.

Doğal sayılar için yapısal tümevarım aksiyomu ilk olarak, aşağıdaki diğer dört aksiyomla birlikte doğal sayıları belirtmek için kullanan Peano tarafından formüle edildi:

  1. 0 bir doğal sayıdır.
  2. Her doğal sayının ardıl işlevi s bir doğal sayı verir (s(x) = x + 1) .
  3. Ardıl işlevi injektiftir.
  4. 0, s aralığında değil.

İçinde birinci dereceden ZFC küme teorisi, yüklemler üzerinden nicelemeye izin verilmez, ancak yine de kümeler üzerinden nicelleştirme yoluyla tümevarım ifade edilebilir:

A, bir önermeyi temsil eden ve önermenin geçerli olduğu doğal sayıları içeren bir küme olarak okunabilir. Bu bir aksiyom değil, doğal sayıların ZFC küme teorisi dilinde, Peano'nunkine benzer aksiyomlarla tanımlandığı göz önüne alındığında bir teoremdir.

Tam tümevarım ilkesi yalnızca doğal sayılarla ilgili ifadeler için değil, aynı zamanda herhangi bir sağlam temelli kümenin, yani sonsuz azalan zincirler içermeyen dönüşsüz bir bağıntıya sahip bir kümenin öğeleri hakkındaki ifadeler için de geçerlidir. Doğal sayılar kümesini içeren herhangi bir temel sayı kümesi sağlam temellidir.

İyi kurulmuş bir kümeye uygulandığında, tek bir adım olarak formüle edilebilir:

  1. Bir ifadenin herkes için geçerli olduğunu gösterin m < n , o zaman aynı ifade için de geçerlidir n.

Bu tümevarım biçimi, bir dizi sıraya (iyi sıralanmış ve dolayısıyla sağlam temelli bir sınıf oluşturan) uygulandığında denir. transsonlu indüksiyon. Küme teorisi, topoloji ve diğer alanlarda önemli bir ispat tekniğidir.

Sınır ötesi tümevarımla yapılan ispatlar tipik olarak üç durumu ayırt eder:

  1. ne zaman n minimal bir öğedir, yani daha küçük bir öğe yoktur n
  2. ne zaman n doğrudan bir öncülü vardır, yani daha küçük olan öğeler kümesi n en büyük elemana sahip
  3. ne zaman n doğrudan öncülü yoktur, yani n sözde bir limit ordinaldir.

Kesin olarak söylemek gerekirse, sonsuz tümevarımda bir temel durumu kanıtlamak gerekli değildir, çünkü bu önermenin boş bir özel durumudur. P hepsi için doğrudur n < m , Daha sonra P için doğrudur m. Kesin olarak doğrudur çünkü hiçbir değeri yoktur. n < m karşı örnek teşkil edebilir. Yani özel durumlar, genel durumun özel durumlarıdır.

Matematiksel tümevarım ilkesi genellikle doğal sayıların bir aksiyomu olarak ifade edilir, bkz. Peano aksiyomları. Diğer Peano aksiyomları bağlamında iyi sıralama ilkesinden kesinlikle daha güçlüdür. Aşağıdakileri varsayalım:

  • Trikotomi aksiyomu: Herhangi bir doğal sayı için n ve m, n küçük veya eşittir m ancak ve ancak m daha az değil n.
  • Herhangi bir doğal sayı için n, n +1 büyüktür n .
  • Herhangi bir doğal sayı için n, arasında doğal sayı yoktur n ve n + 1 .
  • Hiçbir doğal sayı sıfırdan küçük değildir.

Daha sonra, yukarıda sıralanan aksiyomlar göz önüne alındığında, tümevarımın iyi sıralama ilkesini ima ettiği kanıtlanabilir. Aşağıdaki ispat, tam tümevarım ve birinci ve dördüncü aksiyomları kullanır.

Kanıt. Boş olmayan bir küme olduğunu varsayalım, S, en küçük elemanı olmayan doğal sayılar. İzin vermek P(n) iddiası olmak n içinde değil S. Sonra P(0) doğrudur, çünkü yanlış olsaydı 0 en küçük öğesidir. S. Ayrıca, izin ver n bir doğal sayı olsun ve varsayalım P(m) tüm doğal sayılar için geçerlidir m daha az n + 1 . O zaman eğer P(n + 1) yanlış n +1 var S, böylece minimal bir unsur olmak S, bir çelişki. Böylece P(n + 1) doğrudur. Bu nedenle, tam tümevarım ilkesiyle, P(n) tüm doğal sayılar için geçerlidir n böyle S boştur, çelişkidir. Q.E.D.

Öte yandan, <(0, n): n ∈ ℕ> ∪ <(1, n): n Resimde gösterilen ∈ ℕ> , sözlük sırasına göre iyi sıralanmıştır [22] : 35lf. Ayrıca, tümevarım aksiyomu dışında, Peano sabiti 0'ın çift (0,0) olarak yorumlandığı tüm Peano aksiyomlarını ve Peano's aksiyomlarını karşılar. varis fonksiyon çiftler üzerinde tanımlanır başarılı(x, n) = (x, n + 1) hepsi için x∈ <0,1>ve n∈ℕ. Tümevarım aksiyomunun ihlaline bir örnek olarak, yüklemi tanımlayın P(x, n) olarak (x, n) = (0, 0) veya (x, n) = (başarılı(y, m)) bazı y∈ <0,1>ve m∈ℕ. Daha sonra temel durum P(0,0) önemsiz derecede doğrudur ve adım durumu da öyle: eğer P(x, n) , Daha sonra P(başarılı(x, n)) . Yine de, P kümedeki tüm çiftler için doğru değildir.

Peano'nun tümevarım ilkesine sahip aksiyomları, doğal sayıları benzersiz bir şekilde modeller. Tümevarım ilkesini iyi sıralama ilkesiyle değiştirmek, tüm aksiyomları yerine getiren daha egzotik modellere izin verir. [22]

Yanlışlıkla birçok kitapta [22] ve kaynaklarda iyi sıralama ilkesinin tümevarım aksiyomuna eşdeğer olduğu yazılmıştır. In the context of the other Peano axioms, this is not the case, but in the context of other axioms, they are equivalent [22] specifically, the well-ordering principle implies the induction axiom in the context of the first two above listed axioms and

The common mistake in many erroneous proofs is to assume that n − 1 is a unique and well-defined natural number, a property which is not implied by the other Peano axioms. [22]


Features

  • Proof Strategies encourage students to plan what is needed to present a proof of the result in question.
  • Proof Analysis segments appear after presentations of proofs and discuss key details considered for the creation of each proof.
  • Chapter 0, Communicating Mathematics provides a valuable reference for students as the course progresses. This chapter prepares students to write effective and clear exposition by emphasizing the correct usage of mathematical symbols, mathematical expressions, and key mathematical terminology.
  • Early introduction of Sets (Chapter 1) prepares students for the coverage of logic that follows.
  • Early introduction of Logic (Chapter 2) presents the needed prerequisites to get into proofs as quickly as possible. Much of the chapter’s emphasis is on statements, implications, and an introduction to qualified statements.
  • Proof by Contradiction receives an entire chapter, with sections covering counterexamples, existence proofs, and uniqueness.
  • A wide variety of exercises is provided in the text.
    • Zorluk ranges from routine to medium to moderately challenging
    • True/False exercises present statements and ask students to determine whether they are correct, asking for justification as part of the process.
    • Proposed proofs of statements ask students if an argument is valid.
    • Proofs without a statement ask students to supply a statement of what has been proved.
    • Finally, there are exercises that call upon students to ask questions of their own and to provide answers.

    New to This Edition

    • New Exercises: More than 250 exercises have been added, including many challenging exercises at the end of exercise sets. New exercises include some dealing with making conjectures to give students practice with this important aspect of advanced mathematics.
    • New and Revised Examples: Examples have been added and heavily revised with new proofs, adding support for the material to give students better understanding and helping them to solve new exercises.
    • Additional sections: Chapter 13 has been expanded to include coverage of cosets and Lagrange’s theorem. The important topic of quantified statements is now introduced in Section 2.10 and reviewed in Section 7.2 in reinforce the student’s understanding.

    Okay, so a proof by contraposition, which is sometimes called a proof by contrapositive, flips the script. Instead of assuming the hypothesis to be true and the proving that the conclusion is also true, we instead, assumes that the conclusion to be false and prove that the hypothesis is also false.

    Remember, we know from our study of equivalence that the conditional statement of “if p then q” has the same truth value of “if not q then not p.” Therefore, a proof by contraposition says, let’s assume “not q” is true and let’s prove “not p.” And consequently, if we can show “not q then not p” to be true, then the statement “if p then q” must be true also as noted by the State University of New York.

    Example #1

    Contraposition Inequality Proof

    Now I want to draw your attention to the critical word “or” in the claim above. Here’s a BIG hint…

    …whenever you are given an “or” statement, you will always use proof by contraposition.

    Because trying to prove an “or” statement is extremely tricky, therefore, when we use contraposition, we negate the “or” statement and apply De Morgan’s law, which turns the “or” into an “and” which made our proof-job easier!

    Example #2

    Let’s look at another problem.

    Contrapositive Proof — Even and Odd Integers

    Notice that by using contraposition, we could use one of our basic definitions, namely the definition of even integers, to help us prove our claim, which, once again, made our job so much easier.


    Explosion-proof solenoid valves

    . In Type, Terminal Box As Per Is 13947 Patlama-Kanıt With Junction Box As Per Is 2148 Group I, Iia, Iib And Iic Patlama-Kanıt With Junction Box As Per Atex, Inmetro, .

    Hava sıcaklığı: -20 °C - 80 °C
    Basınç: 0 bar - 400 bar

    . Connection: 1/2" | 1/4" MOC: SS316 solenoid: Weather Kanıt | Patlama Kanıt Media:Air | Free Flowing Liquid | Fuel | Inert Gas | LPG | Oil | Vaccum | Water Application: .

    Hava sıcaklığı: -30 °C - 75 °C
    Basınç: 0 bar - 150 bar

    . Aluminium | Brass | SS 316 solenoid: Weather Kanıt | Patlama Kanıt | Intrinsically Safe Media:Air | Fuel | Intert gas | Liquid | LPG | Oil | Vacuum .

    Hava sıcaklığı: -25 °C - 80 °C
    Basınç: 0 bar - 10 bar
    DN: 3 mm

    doğrudan solenoid actuated poppet valves ITEM: 9500300000000000 •Working from 0 bar upwards •Short switching times •Suited for fine vacuum 1,33·10-3 mbar •Assembled oil and grease-free •For a.c. solenoid .

    Hava sıcaklığı: -25 °C - 80 °C
    Basınç: 0 bar - 10 bar
    DN: 2 mm

    doğrudan solenoid actuated poppet valves ITEM: 9600210000000000 •Working from 0 bar up •Short switching times •Suited for fine vacuum down to 1,33·10-3 mbar •Assembled oil and grease-free •For a.c. .

    Hava sıcaklığı: -25 °C - 80 °C
    Basınç: 0 bar - 14 bar
    DN: 3 mm

    doğrudan solenoid actuated poppet valves ITEM: 9600340000000000 •Working from 0 bar up •Short switching times •Suited for fine vacuum down to 1,33·10-3 mbar •Assembled oil and grease-free •For a.c. .

    Hava sıcaklığı: -10 °C - 160 °C
    Basınç: 0 bar - 16 bar
    DN: 0.125 in - 2 in

    . S73 is a series of coil explosion proof solenoid valves . Operation direct acting or pilot operated depends on the model .All solenoid kapak .

    Hava sıcaklığı: -40 °C - 60 °C
    Gerilim: 24 V - 220 V

    QLight QEB solenoid kapak box is explosion proof. It has aluminium housing and cover, which ensures high resistance to corrosion and a long service life. The box is waterproof. .

    Hava sıcaklığı: -25 °C - 50 °C
    Basınç: 1.5 bar - 10 bar
    DN: 8 mm

    Series of valves with NAMUR interface in stainless steel AISI 316L, especially suitable for food, chemical, pharmaceutical, OIL&GAS and mining industry. Conforming to 2014/34/EU Directive, certified II 2Gc IIB T5 / II .

    Hava sıcaklığı: 80 °C
    Basınç: 16 bar
    DN: 65 mm - 300 mm

    . DN300 Material body in aluminum, brass, galvanized steel Temperature up to 80°C Degree of protection IP65 Atex Ex II 3G - II 3D These solenoid valvesare constructed to ensure the gas interception .

    Hava sıcaklığı: -20 °C - 50 °C
    Basınç: 2 bar - 10 bar
    DN: 7 mm

    Our In-Line solenoid valves are suitable for the central installation in a control box or assembly on linear actuators, lift drives or gate valves. Suitable for: Zone 2, Zone 22 II .

    Hava sıcaklığı: -40 °C - 180 °C
    Basınç: 0 bar - 40 bar
    DN: 6, 12 mm

    . combination with a plug in accordance with DIN EN 175301-803 Form A, the valves satisfy protection class IP65. Stainless steel valves satisfy NEMA 4X. Servo-assisted and compact piston kapak .

    Basınç: 10.3 bar
    DN: 0.75, 1 in
    Gerilim: 24, 48, 115 V

    . to 150 PSIG Operating EnvironmentHazardous Features Valves can be mounted in any position Patlama proof operators, intended for use in potentially explosive areas, according to .

    Hava sıcaklığı: -30 °C - 180 °C
    DN: 0.375 in - 1 in
    Gerilim: 24 V - 230 V

    . anti-corrosive 221G solenoid Valves is the most resistant solution for fluid control in even the harshest environments. The 221G stainless steel valves offer unrivalled resistance .

    Products conforming to the International Guidelines for Patlama-proofing (IEC standards). Compatible with explosion-proof structure Exd2BT4.

    Hava sıcaklığı: -50 °C - 100 °C
    DN: 15 mm - 100 mm
    Gerilim: 220, 24 V

    . Ek olarak kapak trim status sensor Designed for solenoid kapak disc status determination (open/close). Kapak status sensor circuit s housed within explosion-proof .

    Hava sıcaklığı: -15 °C - 50 °C

    3009M Ex m 94/9/CE ATEX AMISCO has completed the EVI7 S9 solenoid system with a special coil for pneumatic applications in potentially explosive ambient (group II), that fullfills the requirements .

    Hava sıcaklığı: -10 °C - 50 °C
    Basınç: 0 bar - 8 bar
    DN: 0.6 mm

    3/2 NC Manifold mounting >Compact design >In excess of 100 millions cycle rate Low power consumption >Certification: ATEX,IECEx

    Tanım solenoid kapak, explosion-proof solenoid kapak

    Paslanmaz çelik Patlama-Kanıt solenoid Kapak Body Material: Stainless Steel Coil: Patlama-proof coil Fluid temperature: -10 .

    Hava sıcaklığı: -60 °C - 80 °C
    Basınç: 0 bar - 40 bar
    DN: 15 mm - 50 mm

    Description 2/2-Way solenoid kapak, piston design Impulse without differential pressure Body Stainless Steel

    Hava sıcaklığı: -20 °C - 80 °C
    Basınç: 40 bar
    DN: 2.5 mm - 5.5 mm

    . 1/8, G 1/4, 1/4 NPT Type: Patlama Kanıt solenoid Valves ATEX Flow Kv (l/min): 3,2, 4, 5, 9 Applications: Air, Chemical, Industrial automation, Medical, .


    Valve 6014 is a direct-acting plunger valve. The stopper and plunger guide tube are welded together to enhance pressure resistance and leak-tightness. Various seal material combinations are available depending on the application. A Bürkert-specific flange design (SFB) enables space-saving arrangement of valves on a manifold. The coils are moulded with polyamide or with chemically resistant epoxy. Pulse coils are available for the reduction of electrical power consumption during operation. Optional manual actuation enables quick commissioning and easy maintenance. In combination with a plug in accordance with DIN EN 175301-803 Form A, the valves satisfy protection class IP65. Stainless steel valves satisfy NEMA 4X.

    • Direct-acting, compact valve with diameter of up to DN 2.5
    • Vibration-proof, bolted coil system
    • Banjo threaded connection for direct mounting on pneumatic valves
    • Service-friendly manual override
    • Energy-saving pulse versions

    For selecting the correct product please refer to the technical data, images and notes for proper use according to the data sheet.


    Proof by Induction

    Proof by induction is a more advanced method of proving things, and to be honest, something that took me a while to really grasp. This method is used to show that all elements in an infinite set have a certain property. For example, we may want to prove that 1 + 2 + 3 + … + n = n (n + 1)/2.

    In a proof by induction, we generally have 2 parts, a basisve inductive step. The basis is the simplest version of the problem, In our case, the basis is,

    The next part of the proof is the inductive step. The inductive step is the part where to generalize your basis and take it a step further.

    Suppose our theorem is true for some n = k ≥ 1, that is:

    1 + 2 + 3 + . . . + k = k(k + 1)/2.

    Prove that our theorem is true for n = k + 1, meaning:

    1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2 .

    This is the core of the inductive step. We take our theorem, generalize it and take it to the next step. We added in the (k + 1) on the left side of the equals sign and we changed the k on the right side of the equals sign to (k + 1)(k + 2). We finally finish off our proof with

    And with that, we’re done. We’ve followed a logical progression from the basis or the base case, to the inductive step, all the way through to the final part of the proof.


    Videoyu izle: Audi A3 VR6 R32 - DQ250 Stage 1 (Ekim 2021).