Metody dowodzenia twierdze«

Metody dowodzenia twierdze«

Metoda indukcji matematycznej

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).

Przykªad. Obliczy¢ 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1), gdzie n jest liczb¡

naturaln¡.

Dyskusja. Wprowad¹my oznaczenie:

S_n = 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 S_n.

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

S_n+1 = S_n + (2 · (n + 1) − 1) = n² + 2n + 1 = (n + 1)².

Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n

1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1) = n · (n + 1) · (n + 2)

3 .

Rozwi¡zanie.

I. Baza indukcji.

Dla n = 1 równo±¢ jest oczywista:

1 · 2 = 1 · 2 · 3 3 . II. Krok indukcyjny.

Niech k b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e dana w zadaniu równo±¢ zachodzi dla n = k:

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

3 .

Wówczas dla n = k + 1 mamy:

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

3 +(k+1)·(k+2) =

= (k + 1) · (k + 2) · (k

3 + 1) = (k + 1) · (k + 2) · (k + 3)

3 ,

czyli dla n = k + 1 równo±¢ jest speªniona.

Na mocy zasady indukcji matematycznej równo±¢

1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n · (n + 1) = n · (n + 1) · (n + 2) 3

zachodzi dla dowolnego naturalnego n.

Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n i dla do- wolnego rzeczywistego x > −1 zachodzi nierówno±¢

(1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx.

Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnego n ≥ 0 liczba 2²ⁿ⁺¹+ 3n + 7 jest podzielna przez 9.

Rozwi¡zanie. Dla n = 0 mamy liczb¦ 2^2·0+1 + 3 · 0 + 7 = 9, która jest, oczywi±cie, podzielna przez 9.

Niech n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e dla n twier- dzenie jest prawdziwe, czyli liczba 2²ⁿ⁺¹ + 3n + 7 jest podzielna przez 9. Wówczas

2^2(n+1)+1 + 3(n + 1) + 7 = 2²ⁿ⁺³ + 3n + 3 + 7 =

= 4 · 2²ⁿ⁺¹ + 3n + 10 = 4 · (2²ⁿ⁺¹ + 3n + 7) − 9n − 18.

Liczby 9n i 18 s¡ podzielne przez 9, liczba 2²ⁿ⁺¹ + 3n + 7 te»

(z zaªo»enia indukcyjnego), wi¦c liczba 2^2(n+1)+1+ 3(n + 1) + 7 równie» jest podzielna przez 9, czyli dla n + 1 twierdzenie jest prawdziwe.

Na mocy indukcji matematycznej liczba 2²ⁿ⁺¹ + 3n + 7 jest po- dzielna przez 9 dla dowolnego naturalnego n.

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 ,

a_n = (n + 4)a_n−1 − 4na_n−2 + 4(n − 2)a_n−3 , dla n ≥ 3.

Udowodnij, »e dla ka»dego n

a_n = n! + 2ⁿ.

Rozwi¡zanie. Mamy

a₀ = 0! + 2⁰, a₁ = 1! + 2¹, a₂ = 2! + 2², wi¦c dla n = 0, 1, 2 twierdzenie jest prawdziwe.

Niech n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e

a_n = n! + 2ⁿ, a_n+1 = (n + 1)! + 2ⁿ⁺¹ i an+2 = (n + 2)! + 2ⁿ⁺². Wówczas dla n + 3 mamy

a_n+3 = (n + 7)a_n+2 − 4(n + 3)a_n+1 + 4(n + 1)a_n =

= (n+7)((n+2)!+2ⁿ⁺²)−4(n+3)((n+1)!+2ⁿ⁺¹)+4(n+1)(n!+2ⁿ) =

= tu jest troch¦ rachunków = (n + 3)! + 2ⁿ⁺³, czyli dla n + 3 twierdzenie jest prawdziwe.

Na mocy indukcji wzór aⁿ = n! + 2ⁿ zachodzi dla dowolnego naturalnego n.

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.)

Dowód. Liczba n = 2 jest liczb¡ pierwsz¡, czyli iloczynem jednej liczby pierwszej  samej siebie.

Niech n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡ wi¦ksz¡ od 2. Zaªó»my,

»e ka»d¡ liczb¦ naturaln¡ mniejsz¡ od n mo»na przedstawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych. Poka»emy, »e n te» mo»na przedstawi¢ w postaci iloczynu liczb pierwszych.

Je±li n jest liczb¡ pierwsz¡, to teza dla n zachodzi. Je±li n jest licz- b¡ zªo»on¡, to mo»na j¡ przedstawi¢ w postaci iloczynu dwóch liczb od niej mniejszych: n = k · l, k, l < n. Na mocy zaªo»enia zarówno k, jak i l, jest iloczynem liczb pierwszych: k = p1 · . . . · p_i, l = q₁· . . . · q_j, zatem n = k · l te», oczywi±cie mo»na tak przedsta- wi¢: n = p1·. . .·p_i·q₁·. . .·q_j, co ko«czy dowód kroku indukcyjnego.

Schemat powy»szego dowodu:

I) Baza: T(2).

II) Krok: T (2) ∧ . . . ∧ T (n − 1) ⇒ T (n) dla ka»dego n > 2.

Twierdzenia i dowody

Twierdzenie to 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 zbiorze X. Zdanie p nazywamy zaªo»eniem, a zdanie q  tez¡ twierdzenia.

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?

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 ⇒ . . . ⇒ p_k ⇒ 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 ⇒ . . . ⇒ p_k ⇒ 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 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

k_n > n 2, to ki = 1 dla pewnego i.

Metoda dowodu 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.

Zadanie. Wyka», »e w ka»dym trójk¡cie co najmniej jeden z k¡tów ma miar¦ nie mniejsz¡ od 60^◦.

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◦}.

Kwadrat logiczny

tw. proste tw. odwrotne

p ⇒ q q ⇒ p

(∼ p) ⇒ (∼ q) (∼ q) ⇒ (∼ p) tw. przeciwne tw. przeciwstawne

Niektóre twierdzenia maj¡ posta¢ zamkni¦tego ukªadu implikacji











p₁ ⇒ q₁ p₂ ⇒ q₂

...

p_n ⇒ q_n,

gdzie dla ka»dego x dokªadnie jedno ze zda« p1(x), p2(x), . . ., p_n(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.