Metody dowodzenia twierdze«

HTML
DOWNLOAD

Wielkość: px

Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Metody dowodzenia twierdze«"

Zofia Witkowska
8 lat temu
Przeglądów:

1 Metody dowodzenia twierdze«1

2 Metoda indukcji matematycznej Je±li T (n) jest form zdaniow okre±lon w zbiorze liczb naturalnych, to prawdziwe jest zdanie (T (0) n N (T (n) T (n + 1))) n N T (n). 2

3 W przypadku formy zdaniowej okre±lonej w zbiorzen 1 = {1, 2, 3,... }, rozwa»amy zdanie (T (1) n N1 (T (n) T (n + 1))) n N1 T (n). 3

4 Przykªad. Obliczy (2n 1), gdzie n jest liczb naturaln. Dyskusja. Wprowad¹my oznaczenie: S n = (2n 1). Mamy: S 1 = 1, S 2 = = 4, S 3 = = 9, S 4 = 16, S 5 = 25, S 6 = 36. Widzimy,»e powinno by S n = n 2. Czy mo»na to jako± uzasadni? Trzeba si przyjrze, w jaki sposób otrzymujemy kolejne S n. 4

5 Na przykªad, je±li mamy ju» obliczone to S 6 = = 36, S 7 = nie b dziemy liczyli od pocz tku, tylko wykorzystamy zale»no± Podobnie S 7 = S = = 49. S 8 = S = = 64 i tak dalej. Zwró my uwag na to, co nale»y doda do S n,»eby otrzyma S n+1. Je±li S n = n 2, to S n+1 = S n + (2 (n + 1) 1) = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2. 5

6 Zadanie. Dowie±,»e dla dowolnej liczby naturalnej n n (n + 1) = Rozwi zanie. I. Baza indukcji. Dla n = 1 równo± jest oczywista: 1 2 = n (n + 1) (n + 2). 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 (k + 1) (k + 2). 3 6

7 Wówczas dla n = k + 1 mamy: k (k+1)+(k+1) (k+2) = k (k + 1) (k + 2) +(k+1) (k+2) = 3 = (k + 1) (k + 2) ( k 3 (k + 1) (k + 2) (k + 3) + 1) =, 3 czyli dla n = k + 1 równo± jest speªniona. Na mocy zasady indukcji matematycznej równo± n (n + 1) = zachodzi dla dowolnego naturalnego n. n (n + 1) (n + 2) 3 7

8 Zadanie. Dowie±,»e dla dowolnej liczby naturalnej n i dla dowolnego rzeczywistego x > 1 zachodzi nierówno± (1 + x) n 1 + nx. Zadanie. Dowie±,»e dla dowolnego n 0 liczba 2 2n+1 + 3n+7 jest podzielna przez 9. 8

9 Rozwi zanie. Dla n = 0 mamy liczb = 9, która jest, oczywi±cie, podzielna przez 9. Niech n b dzie dowoln liczb naturaln. Zaªó»my,»e dla n twierdzenie jest prawdziwe, czyli liczba 2 2n+1 + 3n + 7 jest podzielna przez 9. Wówczas 2 2(n+1)+1 + 3(n + 1) + 7 = 2 2n+3 + 3n = = 4 2 2n+1 + 3n + 10 = 4 (2 2n+1 + 3n + 7) 9n 18. Liczby 9n i 18 s podzielne przez 9, liczba 2 2n+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 2 2n+1 + 3n + 7 jest podzielna przez 9 dla dowolnego naturalnego n. 9

10 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 (a n ) okre±laj nast puj ce warunki: a 0 = 2, a 1 = 3, a 2 = 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! + 2 n. 10

11 Rozwi zanie. Mamy a 0 = 0! + 2 0, a 1 = 1! + 2 1, a 2 = 2! + 2 2, wi c dla n = 0, 1, 2 twierdzenie jest prawdziwe. Niech n b dzie dowoln liczb naturaln. Zaªó»my,»e a n = n! + 2 n, a n+1 = (n + 1)! + 2 n+1 i a n+2 = (n + 2)! + 2 n+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)!+2 n+2 ) 4(n+3)((n+1)!+2 n+1 )+4(n+1)(n!+2 n ) = 11

12 = tu jest troch rachunków = (n + 3)! + 2 n+3, czyli dla n + 3 twierdzenie jest prawdziwe. Na mocy indukcji wzór a n = n! + 2 n zachodzi dla dowolnego naturalnego n. 12

13 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

14 Je±li n jest liczb pierwsz, to teza dla n zachodzi. Je±li n jest liczb 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 = p 1... p i, l = q 1... q j, zatem n = k l te», oczywi±cie mo»na tak przedstawi : n = p 1... p i q 1... 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. 14

15 Twierdzenia i dowody Twierdzenie to zdanie logiczne dotycz ce obiektów danej teorii. Przykªad: 2 jest liczb niewymiern. 15

16 Twierdzenia na ogóª maj posta implikacji a dokªadniej: p q, 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

17 Przykªad. Warunkiem wystarczaj cym na podzielno± liczby naturalnej 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 kwadratem jest posiadanie wszystkich k tów prostych. Czy jest to warunek wystarczaj cy? 17

18 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 p 1... p k q. Przykªad. Je±li a, b, c (a 0) s takimi liczbami caªkowitymi,»e a b i a c, to a b + c. 18

19 Ci g implikacji p p 1... p k q czasami konstruujemy od ko«ca, nazywamy to metod redukcyjn. Przykªad. Je±li liczby rzeczywiste a, b s dodatnie, to a + b 2 ab. W praktyce cz sto stosujemy metod mieszan, ª cz c elementy obu metod. 19

20 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 k 1, k 2,..., k n > 0. Wyka»,»e je±li 1 k k n > n 2, to k i = 1 dla pewnego i. 20

21 Metoda dowodu przez sprzeczno± jest oparta na tautologii (p q) (p q). Zadanie. Dane s liczby rzeczywiste x, y. Wyka»,»e je»eli x 2 + y 2 < 1, to x + y < 2. Zadanie. Wyka»,»e w ka»dym trójk cie co najmniej jeden z k tów ma miar nie mniejsz od

22 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 =

23 Kwadrat logiczny tw. proste p q tw. odwrotne q p ( p) ( q) ( q) ( p) tw. przeciwne tw. przeciwstawne 23

24 Niektóre twierdzenia maj posta zamkni tego ukªadu implikacji p 1 q 1 p 2 q 2. p n q n, gdzie dla ka»dego x dokªadnie jedno ze zda«p 1 (x), p 2 (x),..., p n (x) jest prawdziwe. 24

25 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. 25

Podobne dokumenty

Metodydowodzenia twierdzeń

1 Metodydowodzenia twierdzeń Przez zdanie rozumiemy dowolne stwierdzenie, które jest albo prawdziwe, albo faªszywe (nie mo»e by ono jednocze±nie prawdziwe i faªszywe). Tradycyjnie b dziemy u»ywali maªych