metody dowodzenia twierdzeń

Metody dowodzenia twierdze«
1
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).
2
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).
3
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 .
4
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
otrzyma¢ Sn+1 . Je±li Sn = n2 , to
Sn, »eby
Sn+1 = Sn + (2 · (n + 1) − 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2.
5
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej
n
n · (n + 1) · (n + 2)
.
1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1) =
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 :
k · (k + 1) · (k + 2)
1 · 2 + . . . + k · (k + 1) =
.
3
6
Wówczas dla
n = k + 1 mamy:
k · (k + 1) · (k + 2)
1·2+. . .+k·(k+1)+(k+1)·(k+2) =
+(k+1)·(k+2) =
3
(k + 1) · (k + 2) · (k + 3)
k
,
= (k + 1) · (k + 2) · ( + 1) =
3
3
czyli dla n = k + 1 równo±¢ jest speªniona.
Na mocy zasady indukcji matematycznej równo±¢
1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n · (n + 1) =
zachodzi dla dowolnego naturalnego
n · (n + 1) · (n + 2)
3
n.
7
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej
wolnego rzeczywistego
n i dla do-
x > −1 zachodzi nierówno±¢
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Zadanie. Dowie±¢, »e dla dowolnego
jest podzielna przez
n ≥ 0 liczba 22n+1 + 3n + 7
9.
8
n = 0 mamy liczb¦ 22·0+1 + 3 · 0 + 7 = 9,
która jest, oczywi±cie, podzielna przez 9.
Rozwi¡zanie.
Dla
Niech
n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e dla n twierdzenie jest prawdziwe, czyli liczba 22n+1 + 3n + 7 jest podzielna
przez 9. Wówczas
22(n+1)+1 + 3(n + 1) + 7 = 22n+3 + 3n + 3 + 7 =
= 4 · 22n+1 + 3n + 10 = 4 · (22n+1 + 3n + 7) − 9n − 18.
9n i 18 s¡ podzielne przez 9, liczba 22n+1 + 3n + 7 te»
(z zaªo»enia indukcyjnego), wi¦c liczba 22(n+1)+1 + 3(n + 1) + 7
równie» jest podzielna przez 9, czyli dla n + 1 twierdzenie jest
Liczby
prawdziwe.
22n+1 + 3n + 7 jest podzielna przez 9 dla dowolnego naturalnego n.
Na mocy indukcji matematycznej liczba
9
Dowód indukcyjny w nast¦pnym zadaniu b¦dzie przebiegaª wedªug 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.
10
Rozwi¡zanie.
Mamy
a0 = 0! + 20, a1 = 1! + 21, a2 = 2! + 22,
wi¦c dla
Niech
n = 0, 1, 2 twierdzenie jest prawdziwe.
n b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡. Zaªó»my, »e
an = n! + 2n, an+1 = (n + 1)! + 2n+1 i an+2 = (n + 2)! + 2n+2.
Wówczas dla
n + 3 mamy
an+3 = (n + 7)an+2 − 4(n + 3)an+1 + 4(n + 1)an =
= (n+7)((n+2)!+2n+2)−4(n+3)((n+1)!+2n+1)+4(n+1)(n!+2n) =
11
= tu jest troch¦ rachunków = (n + 3)! + 2n+3,
czyli dla
n + 3 twierdzenie jest prawdziwe.
Na mocy indukcji wzór
naturalnego
an = n! + 2n zachodzi dla dowolnego
n.
12
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.
13
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 · . . . · pi ,
l = q1 · . . . · qj , zatem n = k · l te», oczywi±cie mo»na tak przedstawi¢: n = p1 ·. . .·pi ·q1 ·. . .·qj , 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.
14
Twierdzenia i dowody
Twierdzenie to zdanie logiczne dotycz¡ce obiektów danej teorii.
Przykªad: √
2 jest liczb¡ niewymiern¡.
15
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.
16
Przykªad. Warunkiem wystarczaj¡cym na podzielno±¢ liczby na-
turalnej przez
równa
9 jest to, by suma cyfr jej zapis dziesi¦tnego byªa
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?
17
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.
18
Ci¡g implikacji
p ⇒ p1 ⇒ . . . ⇒ pk ⇒ q
czasami konstruujemy od ko«ca, nazywamy to metod¡ redukcyjn¡.
Przykªad. Je±li liczby rzeczywiste
a, b s¡ dodatnie, to
a+b √
> ab.
2
W praktyce cz¦sto stosujemy metod¦ mieszan¡, ª¡cz¡c¡ elementy obu metod.
19
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
1
n
+ ... +
> ,
k1
kn
2
to
ki = 1 dla pewnego i.
20
Metoda dowodu przez sprzeczno±¢ jest oparta na tautologii
(p ⇒ q) ⇔∼ (p∧ ∼ q).
Zadanie. Dane s¡ liczby rzeczywiste
y 2 < 1, to x + y <
√
x, y . Wyka», »e je»eli x2 +
2.
Zadanie. Wyka», »e w ka»dym trójk¡cie co najmniej jeden z
k¡tów ma miar¦ nie mniejsz¡ od
60◦.
21
Twierdzenie
q ⇒ p nazywamy odwrotnym do twierdzenia p ⇒ q .
Twierdzenie: Dla dowolnego trójk¡ta
to
|AB|2 + |AC|2 = |BC|2.
ABC , je±li |BAC| = 90◦,
Twierdzenie odwrotne: Dla dowolnego trójk¡ta
ABC , je±li |AB|2+
|AC|2 = |BC|2, to |BAC| = 90◦.
22
Kwadrat logiczny
tw. proste
tw. odwrotne
p⇒q
q⇒p
(∼ p) ⇒ (∼ q)
(∼ q) ⇒ (∼ p)
tw. przeciwne
tw. przeciwstawne
23
Niektóre twierdzenia maj¡ posta¢ zamkni¦tego ukªadu implikacji


p1 ⇒ q1


 p ⇒q
2
2
.
..




pn ⇒ qn,
gdzie dla ka»dego
x dokªadnie jedno ze zda« p1(x), p2(x), . . .,
pn(x) jest prawdziwe.
24
Przykªad. Dla dowolnego trójk¡ta
ABC :

◦
2
2
2

 |BAC| < 90 ⇒ |AB| + |AC| > |BC| ,
|BAC| = 90◦ ⇒ |AB|2 + |AC|2 = |BC|2,


|BAC| > 90◦ ⇒ |AB|2 + |AC|2 < |BC|2.
25