msleziak.com

EDIT: (M. Sleziak)
Aby bolo jasné o čom je vlastne v tejto úlohe reč, tak sem doplním definíciu pre $n\times\vec\alpha$.

$n\times\vec\alpha$ definujeme pre $n\in\mathbb N$ indukciou takto:
$0\times\vec\alpha=\vec0$
$(n+1)\times\vec\alpha=n\times\vec\alpha+\vec\alpha$

Tým je zadefinovaná hodnota $n\vec\alpha$ pre $n\in\mathbb N$ a ľubovoľný vektor $\vec\alpha$.

Túto definíciu rozšírime na záporné celé čísla tak, že pre $n<0$ položíme:
$n\times\vec\alpha=-(-n)\times\vec\alpha$.
(Všimnite si, že $-n$ je prirodzené číslo, a teda hodnota $(-n)\times\vec\alpha$ je už definovaná.)

Martin Sleziak wrote:Úloha 4.2. Pre celé číslo $n$ a vektor $\vec\alpha$ definujeme $n\times\vec\alpha$ podobným spôsobom, ako sme definovali $n\times a$ pre prvok $a$ nejakého poľa $F$ (definícia 3.3.12). Dokážte, že potom platí $n\times(c.\vec\alpha)=c.(n\times\vec\alpha)$.

Podľa definície 3.3.12 je $n\times a$ definované ako $a + a + a ...$ , čiže súčet $n$ áčiek pre nejaké $a$ z poľa $F$.
Tým pádom $n\times \vec\alpha$ budeme definovať ako súčet $n$ vektorov $\vec\alpha$ pre neja

Pre ľavú stranu $n\times (c.\vec\alpha)$ vieme spraviť súčet $n$ prvkov $c.\vec\alpha$, čiže $c.\vec\alpha + c.\vec\alpha + ...$
A to následne upraviť ako $c.(\vec\alpha + \vec\alpha + ...)$
Z tohto môžme vidieť, že v zátvorke sa nachádza $\vec\alpha$ práve $n$ krát, čiže $n\times \vec\alpha$, čo nám skutočne dáva
$c.(n\times \vec\alpha)$

Ok, toto by bol fajn neformálny argument, prečo to platí. (A podobné argumenty bežne používame na prednáške.)
Ale tu by som naozaj chcel poriadny dôkaz indukciou na $n$. (Keďže definícia je induktívna, asi nie je prekvapivé, že dôkaz sa asi bude robiť indukciou.)
V princípe som riešenie ochotný uznať aj keď to dokážete iba pre $n\in\mathbb N$, aj keď pôvodné zadanie je pre $n\in\mathbb Z$. (Ale rozšíriť to na $\mathbb Z$ by nemalo byť ťažké.)
Dôkaz takéhoto typu prinajmenšom 1 skupina videla aj na cviku.
EDIT: A dá sa taký typ dôkazu pozrieť napríklad aj tu: viewtopic.php?t=524

Platí to čo obvykle: Ak sa rozhodnete, že necháte úlohu tak, treba to sem explicitne napísať - aby ostatní vedeli, že sem môžu skúsiť napísať riešenie a získať zaň nejaké body. (Zatiaľ máte na ňu "prednostné právo" - ako prvý človek, ktorý sa do nej pustil.)

Martin Sleziak wrote: Dôkaz takéhoto typu prinajmenšom 1 skupina videla aj na cviku.

A pre druhú skupinu, ktorá (možno) úlohu takéhoto typu na cvikách nerobila doplním, že vyriešený príklad podobného typu sa dá nájsť tu: viewtopic.php?f=29&t=524

Dôkaz by som rozdelil na 3 prípady ($n\in\mathbb Z^+, n\in\mathbb Z^-, n=0$)

Pre $n=0$
$0\times (c.\vec\alpha)=c.(0\times \vec\alpha)$
Kde na ľavej strane máme súčet $c.\vec\alpha$ nula krát. Ľavá strana sa tým pádom rovná nule.
Na pravej strane je súčet $0$ prvkov $\vec\alpha$, čiže $c.0=0$

Pre $n\in\mathbb Z^+$
$1^\circ n=1$,
ĽS = $1\times (c.\vec\alpha) = c.\vec\alpha$
PS = $c.(1\times \vec\alpha) = c.(\vec\alpha) = c.\vec\alpha$
Tvrdenie platí

$2^\circ$ Indukčný predpoklad je $n\times (c.\vec\alpha)=c.(n\times \vec\alpha)$. Dokážeme pre $n+1$
$(n+1)\times (c.\vec\alpha) \overset{?}= c.((n+1)\times \vec\alpha)$
$(n+1)\times (c.\vec\alpha)=n\times(c.\vec\alpha) + 1\times (c.\vec\alpha)\overset{IP}=c.(n\times \vec\alpha) + c.(1\times \vec\alpha)=c.(n\times \vec\alpha + 1\times \vec\alpha)=c.((n+1)\times \vec\alpha)$
Dokázali sme pre $n\in\mathbb Z^+$

Pre $n\in\mathbb Z^-$
$1^\circ n=-1$
ĽS = $-1\times (c.\vec\alpha)=-(c.\vec\alpha)$
PS = $c.(-1\times \vec\alpha)=c.(-\vec\alpha)=-(c.\vec\alpha)$
Tvrdenie znovu platí

$2^\circ$ Indukčný predpoklad je $-n\times (c.\vec\alpha)=c.(-n\times \vec\alpha)$. Dokážeme pre $-n-1$
$(-n-1)\times (c.\vec\alpha) \overset{?}= c.((-n-1)\times \vec\alpha)$
$(-n-1)\times (c.\vec\alpha)=-n\times (c.\vec\alpha) + (-1\times (c.\vec\alpha))\overset{IP}=c.(-n\times \vec\alpha) + c.(-1\times \vec\alpha)= c.(-n\times \vec\alpha + (-1\times \vec\alpha))=c.((-n-1)\times \vec\alpha)$
Dokázali sme aj pre celé záporné čísla.

Adrian Matejov wrote:
Pre n∈Z−
1∘n=−1
ĽS = −1×(c.α⃗ )=−(c.α⃗ )
PS = c.(−1×α⃗ )=c.(−α⃗ )=−(c.α⃗ )
Tvrdenie znovu platí

2∘ Indukčný predpoklad je −n×(c.α⃗ )=c.(−n×α⃗ ). Dokážeme pre −n−1

Chcem sa spýtať či by indukčny nemal nahodov vyzerať takto:
Indukčný predpoklad je n×(c.α⃗ )=c.(n×α⃗ ). Dokážeme pre n−1
Lebo n∈Z−, tak nie je potom -n kladné čislo ?

LukasKiss wrote: Chcem sa spýtať či by indukčny nemal nahodov vyzerať takto:
Indukčný predpoklad je n×(c.α⃗ )=c.(n×α⃗ ). Dokážeme pre n−1
Lebo n∈Z−, tak nie je potom -n kladné čislo ?

Snáď sa časom dostanem k tomu, aby som napísal niečo k tomuto príkladu. Skúsil som aspoň do prvého postu dopísať poriadnu definíciu, nech je jasné, o čom je vlastne reč.

Ak sa pozriete na definíciu, tak rozšíriť to z prirodzených čísel na všetky celé čísla by malo byť vcelku ľahké. Takže indukciu bude treba robiť iba v prvej časti dôkazu - keď to chceme zdôvodniť pre $n\in\mathbb N$.

Pred Lukášom som postol nejaké riešenie kde som spravil indukciu na všetky prípady. Treba to prepísať na indukciu pre $n\in\mathbb N$ a potom rozšíriť na Z?

Značím si za túto úlohu 1 bod.
Napokon bod som sľúbil už za to, keď tu bude správne riešenie pre $n\in\mathbb N$.

Ešte raz zopakujem jednu vec - to, že toto tvrdenie platí je "jasné" každému na prvý pohľad. Prinajmenšom ak naozaj $n\times \vec\alpha$ chápeme ako $n$-krát sčítanie $\vec\alpha$.
Táto úloha by mala byť cvičením typu: Skúsme túto vec sformalizovať. (Napísať nejakú presnejšiu definíciu.) A skúsme ju dokazovať pomocou tejto definície. Čiže naozaj by sme mali v dôkaze používať iba definíciu $n\times\vec\alpha$. (Ktorú som napísal na začiatok tohoto vlákna, aby bolo jasné, o čom tu vlastne hovoríme.)

adrianmatejov wrote: Pre $n=0$[/b]
$0\times (c.\vec\alpha)=c.(0\times \vec\alpha)$
Kde na ľavej strane máme súčet $c.\vec\alpha$ nula krát. Ľavá strana sa tým pádom rovná nule.
Na pravej strane je súčet $0$ prvkov $\vec\alpha$, čiže $c.0=0$

Ak sa naozaj chceme držať našej definície pre $n\times\vec\alpha$, tak tu by bolo správnejšie zdôvodnenie toho, že $0\times (c.\vec\alpha)=\vec 0$, je také, že to vyplýva priamo z definície. (V definícii máme napísané, že pre ľubovoľný vektor platí $0\times$vektor = nulový vektor. Tu sme to použil pre vektor $c\vec\alpha$.)

V indukčnom kroku by som chcel zdôrazniť, čo presne sme používali:

adrianmatejov wrote: $(n+1)\times (c.\vec\alpha)=n\times(c.\vec\alpha) + 1\times (c.\vec\alpha)\overset{IP}=c.(n\times \vec\alpha) + c.(1\times \vec\alpha)=c.(n\times \vec\alpha + 1\times \vec\alpha)=c.((n+1)\times \vec\alpha)$

Prvá rovnosť je presne použitie definície pre vektor $c\vec\alpha$. Skutočne, definícia nám hovorí, že $(n+1)\times (c.\vec\alpha)=n\times (c.\vec\alpha) + (c.\vec\alpha)$.
Takisto v úplne poslednej rovnosti opäť používame definíciu, tentokrát pre vektor $\vec\alpha$. Definícia nám hovorí, že $(n+1)\times \vec\alpha=n\times\vec\alpha+\vec\alpha$.

Zostáva to rozšíriť na celé čísla. To by už malo byť vcelku ľahké.
Opäť, ak sa chceme držať uvedenej definície, zoberme si $n<0$. Dostaneme:
$n\times c\vec\alpha \overset{(1)}=
-(-n)\times c\vec\alpha \overset{(2)}=
- c((-n)\times\vec\alpha) \overset{(3)}=
c(-(-n)\times\vec\alpha) \overset{(4)}=
c(n\times\vec\alpha)$

(1) Definícia.
(2) Používame rovnosť pre $-n$. To je kladné číslo - tú už máme dokázanú
(3) Rovnosť $-c\vec\beta=c(-\vec\beta)$ (pre ľubovoľný skalár $c$ a vektor $\vec\beta$) by sme mali byť schopní dokázať priamo z vlastností vektorového priestoru. A ak sa nám to nechce dokazovať, tak si môžeme všimnúť, že vyplýva z úlohy 4.1, ktorú už máme vyriešenú. (4) Opäť používame definíciu.

Martin Sleziak wrote: Táto úloha by mala byť cvičením typu: Skúsme túto vec sformalizovať. (Napísať nejakú presnejšiu definíciu.) A skúsme ju dokazovať pomocou tejto definície. Čiže naozaj by sme mali v dôkaze používať iba definíciu $n\times\vec\alpha$. (Ktorú som napísal na začiatok tohoto vlákna, aby bolo jasné, o čom tu vlastne hovoríme.)

Ešte skúsim trochu napísať, čo mala byť hlavná pointa tohoto cvičenia.
Jeden cieľ bol precvičiť si indukciu. (Vedieť obiť dôkazy matematickou indukciou je dôležité.)
A druhý cieľ bol ukázať nejaký formálny dôkaz nejakého tvrdenia.

Podobné veci bežne používam na prednáške bez dôkazu. Napríklad bežne napíšem niečo ako:
$$c(\vec\alpha_1+\vec\alpha_2+\dots+\vec\alpha_n)=c\vec\alpha_1+c\vec\alpha_2+\dots+c\vec\alpha_n.$$
Veľmi prísne vzaté, to, že to tak funguje viem z definície vektorového priestoru iba pre $n=2$.
Mal by som teda dokázať takúto rovnosť. (Asi vás neprekvapí, že by sa dokázala indukciou na $n$ a že by som tam nepotreboval nič iné, iba vlastnosti z definície vektorového priestoru.)

Nie som však presvedčený, že snažiť sa detailne dokazovať každé tvrdenie takéhoto typu by bol najrozumnejší spôsob, ako využiť čas, ktorý mám na prednáške k dispozícii a ktorý chcem využiť na to, aby som vás tam niečo naučil. Jednak sú to tvrdenia, ktoré sú pomerne jasné. A dvak, keď by to od vás niekto naozaj chcel dokázať, tak by ste to asi zvládli. Povedal som si však, že nezaškodí, ak si to aspoň na jednom príklade odskúšate. Preto som dal takúto úlohu na fórum. A viacero podobných cvičení je aj v poznámkach k prednáške (úloha 3.4.5).

LukasKiss wrote:

Adrian Matejov wrote:
Pre n∈Z−
1∘n=−1
ĽS = −1×(c.α⃗ )=−(c.α⃗ )
PS = c.(−1×α⃗ )=c.(−α⃗ )=−(c.α⃗ )
Tvrdenie znovu platí

2∘ Indukčný predpoklad je −n×(c.α⃗ )=c.(−n×α⃗ ). Dokážeme pre −n−1

Chcem sa spýtať či by indukčny nemal nahodov vyzerať takto:
Indukčný predpoklad je n×(c.α⃗ )=c.(n×α⃗ ). Dokážeme pre n−1
Lebo n∈Z−, tak nie je potom -n kladné čislo ?

Áno, je pravda, že tak ako to A. Matejov napísal, bolo by oveľa prirodzenejšie ísť od $n$ k $n-1$.
T.j. ak premennú označil $n$, tak v indukčnom kroku by bolo rozumné napísať, že sa chce dostať od $n$ k $n-1$. (Alebo od $n+1$ k $n$.)

Ako som však už napísal, pre záporné čísla to nebolo treba robiť indukciou. Ak sme mali tvrdenie zo zadania dokázané pre kladné čísla, ľahko sa už dalo odvodiť, že platí aj pre záporné.

A keby som chcel niečo dokazovať indukciou nejaký výrok $V(n)$ pre všetky záporné celé čísla, tak možno by nebolo zlé urobiť to tak, že dokážem $V(-n)$ pre každé $n\in\mathbb N$. Výhoda takéhoto prístupu je v tom, že už dokazuje niečo o prirodzených číslach a môžem používať označenie, na ktoré som zvyknutý. (Čo azda bude menej mätúce aj pre mňa, keď budem ten dôkaz zapisovať a aj pre ľudí, ktorý budú ten dôkaz čítať.)