Metody dowodzenia twierdze«
Twierdzenia i dowody
Twierdzenie to prawdziwe zdanie logiczne dotycz¡ce obiektów danej teorii.
Przykªad: √
2 jest liczb¡ niewymiern¡.
Twierdzenia na ogóª maj¡ posta¢ implikacji p ⇒ q,
a dokªadniej:
∀x∈X(p(x) ⇒ q(x)),
gdzie p(x) i q(x) to formy zdaniowe okre±lone w pewnym zbio- rze X. Zdanie p nazywamy zaªo»eniem, a zdanie q tez¡ twier- dzenia.
Mówimy, »e p jest warunkiem wystarczaj¡cym (dostatecznym) dla q, a q jest warunkiem koniecznym dla p.
Przykªad. Warunkiem wystarczaj¡cym na podzielno±¢ liczby na- turalnej przez 9 jest to, by suma cyfr jej zapis dziesi¦tnego byªa równa 9. Czy jest to warunek konieczny?
Przykªad. Warunkiem koniecznym na to, by czworok¡t byª kwa- dratem jest posiadanie wszystkich k¡tów prostych. Czy jest to warunek wystarczaj¡cy?
Twierdzenie q ⇒ p nazywamy odwrotnym do twierdzenia p ⇒ q.
Twierdzenie: Dla dowolnego trójk¡ta ABC, je±li |BAC| = 90◦, to |AB|2 + |AC|2 = |BC|2.
Twierdzenie odwrotne: Dla dowolnego trójk¡ta ABC, je±li |AB|2+
|AC|2 = |BC|2, to |BAC| = 90◦.
Niektóre twierdzenia maj¡ posta¢ zamkni¦tego ukªadu implikacji
p1 ⇒ q1 p2 ⇒ q2
...
pn ⇒ qn,
gdzie dla ka»dego x dokªadnie jedno ze zda« p1(x), p2(x), . . ., pn(x) jest prawdziwe.
Przykªad. Dla dowolnego trójk¡ta ABC:
|BAC| < 90◦ ⇒ |AB|2 + |AC|2 > |BC|2,
|BAC| = 90◦ ⇒ |AB|2 + |AC|2 = |BC|2,
|BAC| > 90◦ ⇒ |AB|2 + |AC|2 < |BC|2.
Dowody dedukcyjne i redukcyjne
Podstawow¡ metod¡ dowodzenia twierdze« postaci p ⇒ q
jest dowód dedukcyjny b¦d¡cy w najprostszym przypadku ci¡- giem implikacji wychodz¡cych od zaªo»enia
p ⇒ p1 ⇒ . . . ⇒ pk ⇒ q.
Przykªad. Je±li a, b, c (a 6= 0) s¡ takimi liczbami caªkowitymi,
»e a | b i a | c, to a | b + c.
Ci¡g implikacji
p ⇒ p1 ⇒ . . . ⇒ pk ⇒ q
czasami konstruujemy od ko«ca, nazywamy to metod¡ redukcyj- n¡.
Przykªad. Je±li liczby rzeczywiste a, b s¡ dodatnie, to a + b
2 >
√ ab.
W praktyce cz¦sto stosujemy metod¦ mieszan¡, ª¡cz¡c¡ elemen- ty obu metod.
Metoda nie wprost
Metoda dowodu nie wprost jest oparta na tautologii (p ⇒ q) ⇔ (∼ q ⇒∼ p).
Zadanie. Dane s¡ liczby caªkowite a i b. Wyka», »e je±li a · b jest liczb¡ parzyst¡, to a jest parzyste lub b jest parzyste.
Zadanie. Dane s¡ liczby naturalne k1, k2, . . . , kn > 0. Wyka», »e je±li
1
k1 + . . . + 1
kn > n 2, to ki = 1 dla pewnego i.
Kwadrat logiczny
tw. proste tw. odwrotne
p ⇒ q q ⇒ p
(∼ p) ⇒ (∼ q) (∼ q) ⇒ (∼ p) tw. przeciwne tw. przeciwstawne
Metoda przez sprzeczno±¢
Metoda dowodu zdania p przez sprzeczno±¢ polega na przyj¦ciu zaªo»enia ∼ p i wywnioskowaniu z niego sprzeczno±ci: zdania faªszywego lub dwóch zda« wzajemnie sprzecznych.
Zadanie. Udowodnij, »e liczba √
2 jest niewymierna.
Zadanie. Wyka», »e w ka»dym trójk¡cie co najmniej jeden z k¡tów ma miar¦ nie mniejsz¡ od 60◦.
Metoda dowodu implikacji
p ⇒ q
przez sprzeczno±¢ jest oparta na tautologii (p ⇒ q) ⇔∼ (p∧ ∼ q).
Zadanie. Dane s¡ liczby rzeczywiste x, y. Wyka», »e je»eli x2 + y2 < 1, to x + y < √
2.
Przegl¡d metod dowodzenia twierdze«.
Tabela zawiera zestawienie podstawowych technik dowodowych.
Zaªo»enie twierdzenia jest oznaczone przez A, teza przez B. Ta- bela zostaªa zaczerpni¦ta z rozprawy Clausa Zinna pt. Under- standing informal mathematical discourse, Erlangen 2004, str.
40, oryginalnie pochodzi z ksi¡»ki Daniela Solowa How to read and do proofs, Wiley 1982.
Technika
dowodu Kiedy u»ywamy? Co zakªa- damy?
Co ma- my uzy- ska¢?
Jak to wykonujemy?
dedukcyjno
redukcyj- na
Jako pierwsza próba oraz gdy B nie ma rozpoznawalnej po- staci.
A B Wyci¡gamy kolejne
wnioski z A, budujemy przesªanki, z których wynika B.
nie wprost Gdy w B jest sªowo
nie. nie B nie A Wyci¡gamy kolejne
wnioski z nie B, budujemy przesªanki, z których wynika nie A.
przez
sprzeczno±¢ Gdy w B jest sªo- wo nie oraz gdy pierwsze dwie meto- dy zawodz¡.
A i nie
B Jak¡±
sprzecz- no±¢
Wyci¡gamy wnioski z A i nie B, a» uzyskamy sprzeczno±¢.
konstrukcja Gdy w B jest zwrot
istnieje, jest,
dla pewnego lub podobny.
A Istnieje szukany obiekt.
Odgadujemy lub kon- struujemy szukany obiekt. Nast¦pnie pokazujemy, »e ten obiekt ma wymagan¡
Technika
dowodu Kiedy u»ywamy? Co zakªa-
damy? Co mamy
uzyska¢? Jak to wykonujemy?
wybór Gdy w B jest zwrot dla do- wolnego, dla ka»dego lub podobny.
A, i wy- bieramy obiekt ma- j¡cy dan¡
wªasno±¢.
Zachodzi pewien warunek.
Wyci¡gamy wnioski z A i z tego, »e ten obiekt ma dan¡ wªa- sno±¢. Równie» buduje- my przesªanki, z któ- rych wynika, »e zacho- dzi rozwa»any warunek.
indukcja Gdy B ma za- chodzi¢ dla ka»- dej liczby natu- ralnej, pocz¡w- szy od pewnej liczby, np. n0.
Twierdzenie zachodzi dla n.
Twierdzenie zachodzi dla n + 1.
Trzeba te»
sprawdzi¢,
»e twierdze- nie zachodzi dla n0.
Najpierw podstawiamy n0 za n i pokazu- jemy, »e twierdzenie jest prawdziwe. Nast¦p- nie przyjmujemy zaªo-
»enie, »e twierdzenie zachodzi dla n i dowo- dzimy go dla n + 1.
Technika
dowodu Kiedy u»ywamy? Co zakªa-
damy? Co
mamyuzy- ska¢?
Jak to wykonujemy?
przypadek
szczególny Gdy w B jest zwrot istnieje,
dla wszystkich,
dla ka»dego lub podobny.
A B Wyci¡gamy wnioski
przez zastosowanie A do jednego konkretne- go obiektu maj¡cego dan¡ wªasno±¢.
bezpo±rednia jedno-
znaczno±¢
Gdy w B jest zwrot dokªad- nie jeden lub
jednoznacznie okre±lony.
S¡ dwa (nieko-
niecznie ró»ne) ta- kie obiekty i zachodzi A.
Te dwa obiekty s¡równe.
Wyci¡gamy wnioski wy- korzystuj¡c A oraz wªa- sno±ci danych obiek- tów. Równie» budujemy przesªanki, z których wynika, »e te obiekty s¡
równe.
po±rednia jedno- znaczno±¢
Gdy w B jest zwrot dokªad- nie jeden lub
jednoznacznie okre±lony.
S¡ dwa ró»ne takie obiekty i zachodzi A.
Jak¡±
sprzecz- no±¢.
Wyci¡gamy wnioski z A wykorzystuj¡c wªa- sno±ci danych obiektów oraz fakt, »e s¡ ró»ne.
przez elimi- Gdy B ma posta¢ A i nie C D Wyci¡gamy wnioski z A
Technika
dowodu Kiedy u»ywamy? Co zakªa-
damy? Co mamy
uzyska¢? Jak to wykonujemy?
przez przy-
padki Gdy A ma po-
sta¢ C lub D Przypadek
1: C B Najpierw dowodzi-
my, »e z C wynika Przypadek B,
2: D B nast¦pnie dowodzi-
my, »e z D wynika B.
max/min 1 Gdy B ma po- sta¢ max S 6 x
lub min S > x
Wybieramy element s w zbiorze S i zakªa- damy A.
s 6 x lub s >
x
Wyci¡gamy wnioski z A oraz z faktu, »e s nale»y do S. Rów- nie» budujemy prze- sªanki, z których wy- nika B.
max/min 2 Gdy B ma po- sta¢ max S > x
lub min S 6 x
A Konstrukcj¦
elementu s zbioru S, takiego »e s > x lub s 6 x
Wykorzystujemy A oraz sposób kon- strukcji do stworze- nia szukanego ele- mentu s zbioru S.
Uwagi dotycz¡ce pisania rozumowa« matematycznych.
Richard Hammack, Book of proof, Virginia Commonwealth Uni- versity, str. 107109.
http://www.people.vcu.edu/~rhammack/BookOfProof/BookOfProof.pdf
Indukcja matematyczna
Przykªad. Obliczy¢ 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1), gdzie n jest liczb¡
naturaln¡.
Dyskusja. Wprowad¹my oznaczenie:
Sn = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1).
Mamy: S1 = 1, S2 = 1 + 3 = 4, S3 = 1 + 3 + 5 = 9, S4 = 16, S5 = 25, S6 = 36.
Widzimy, »e powinno by¢ Sn = n2. Czy mo»na to jako± uza- sadni¢? Trzeba si¦ przyjrze¢, w jaki sposób otrzymujemy kolejne Sn.
Na przykªad, je±li mamy ju» obliczone
S6 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36, to
S7 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13
nie b¦dziemy liczyli od pocz¡tku, tylko wykorzystamy zale»no±¢
S7 = S6 + 13 = 36 + 13 = 49.
Podobnie
S8 = S7 + 15 = 49 + 15 = 64
i tak dalej. Zwró¢my uwag¦ na to, co nale»y doda¢ do Sn, »eby otrzyma¢ Sn+1. Je±li Sn = n2, to
Ogólny schemat metody indukcji
Je±li T (n) jest form¡ zdaniow¡ okre±lon¡ w zbiorze liczb natural- nych, to prawdziwe jest zdanie
(T (0) ∧ ∀n∈N (T (n) ⇒ T (n + 1))) ⇒ ∀n∈N T (n).
W przypadku formy zdaniowej okre±lonej w zbiorze N1 = {1, 2, 3, . . . }, rozwa»amy zdanie
(T (1) ∧ ∀n∈N1 (T (n) ⇒ T (n + 1))) ⇒ ∀n∈N1 T (n).
Przykªady dowodów indukcyjnych
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n
1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1) = n · (n + 1) · (n + 2)
3 .
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnego n ≥ 0 liczba 22n+1+ 3n + 7 jest podzielna przez 9.
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n i dla do- wolnego rzeczywistego x > −1 zachodzi nierówno±¢
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Inne warianty metody indukcji
Dowód indukcyjny w nast¦pnym zadaniu b¦dzie przebiegaª we- dªug schematu:
I. Baza indukcji: T (0) ∧ T (1) ∧ T (2).
II. Krok indukcyjny: T (k) ∧ T (k + 1) ∧ T (k + 2) ⇒ T (k + 3) dla dowolnego k ≥ 0.
Zadanie. Ci¡g (an) okre±laj¡ nast¦puj¡ce warunki:
a0 = 2 , a1 = 3 , a2 = 6 ,
an = (n + 4)an−1 − 4nan−2 + 4(n − 2)an−3 , dla n ≥ 3.
Udowodnij, »e dla ka»dego n
an = n! + 2n.
Twierdzenie. Dowie±¢, »e dowoln¡ liczb¦ naturaln¡ wi¦ksz¡ od 1 mo»na przedstawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych. (Je±li n jest liczb¡ pierwsz¡, to iloczyn ten skªada si¦ tylko z jednego czynnika.)
Schemat dowodu:
I) Baza: T(2).
II) Krok: T (2) ∧ . . . ∧ T (n − 1) ⇒ T (n) dla ka»dego n > 2.