(i) Newton-Raphson: Waarom convergeert Newton-Raphson niet in het voorbeeld in het dictaat?
(ii) Bewijs voor getallen en spelen: (a) x >= x, (b) als x >= y en y >= z dan is x >= z. (Het ongelukkige symbool >= is het groter-of-gelijk teken.)
(iii) Blauw en Rood spelen Hackenbush met alleen maar groene kanten (een groene kant mag door elk van beide gepakt worden). Wint degene die begint of niet, in de volgende situaties: (a) Een stengel GGG. (b) Een veld G,GG,GGG. (c) Een veld GGGG,GGGGG,GGG,GG. (d) Is er een algemene regel?
(i) Bij uitvergroten (of toepassen van Sturm) blijkt dat er helemaal geen positief nulpunt is. Laten we Sturm toepassen. p0 = x^3 - 17x + 27, p1 = 3x^2 - 17, p2 = (34/3) x - 27, p3 = -31/1156. Bij x groot, zeg x > 100, is er 1 tekenwisseling in de rij p0, p1, p2, p3 (want +,+,+,-). Bij x = 0 ook (want +,-,-,-). Dus is er geen nulpunt van x^3 - 17x + 27 groter dan 0. Bij x = -10 zijn de tekens -,+,-,- met 2 tekenwisselingen, en er ligt dus 1 nulpunt tussen -10 en 0. (En er is geen nulpunt kleiner dan -10.) Met Mathematica vind je de polynomen p_i(x) met de PolynomialRemainder functie.
In[1]:= p0=x^3 - 17x + 27
3
Out[1]= 27 - 17 x + x
In[2]:= p1=D[p0,x]
2
Out[2]= -17 + 3 x
In[3]:= p2=-PolynomialRemainder[p0,p1,x]
34 x
Out[3]= -27 + ----
3
In[4]:= p3=-PolynomialRemainder[p1,p2,x]
31
Out[4]= -(----)
1156
(ii) (a) We bewijzen x >= x met inductie. De definitie van x >= y zegt dat altijd x >= y behalve als er een tegenwerping is, en de enig mogelijke tegenwerpingen zijn 1. het bestaan van a in R(x) met y >= a, en 2. het bestaan van b in L(y) met b >= x. Dus om in te zien dat x >= x moeten we bewijzen dat er geen tegenwerping is, d.w.z., dat er geen a in R(x) is met x >= a, en evenmin een b in L(x) met b >= x. Zou er zo'n a kunnen zijn? Nee, x >= a heeft namelijk een tegenwerping: R(x) heeft een element a en a >= a. Waarom is a >= a? Vanwege inductie. Om analoge redenen is er ook niet zo'n b. Dus zijn er geen tegenwerpingen tegen x >= x, en geldt dit.
(b) We bewijzen als x >= y en y >= z dan is x >= z met inductie. De conclusie geldt, behalve als er een tegenwerping is, d.w.z. behalve als er een a in R(x) is met z >= a of een b in L(z) met b >= x. Het drietal a,y,z kwam eerder in de inductie dan x,y,z dus hier weten we al dat >= transitief is. Dus volgt uit y >= z en z >= a dat y >= a, een tegenwerping tegen x >= y. Kanniet. Evenzo kwam het drietal x,y,b eerder dan x,y,z, dus uit x >= y en b >= x volgt b >= y, een tegenwerping tegen y >= z. Kanniet. Dus zijn er geen tegenwerpingen tegen x >= z, en geldt deze conclusie.
(iii) Groen Hackenbush is gewoon het Nim spel. De antwoorden zijn: (a) de beginner pakt alles en wint, (b), (c) de beginner verliest, (d) zie dictaat.