HY118- ιακριτά Μαθηµατικά Παρασκευή, 04/03/2016 Αντώνης Α. Αργυρός e-mail: argyros@csd.uoc.gr Το υλικό των διαφανειών έχει βασιστεί σε διαφάνειες του Kees van Deemter, από το University of Aberdeen 3/4/2016 1 1
Μέθοδοι αποδείξεως για προτάσεις της µορφής εάν-τότε Για να αποδείξουµε προτάσεις της µορφής p q, έχουµε τους εξής τρόπους: κενή απόδειξη: Απόδειξε ότι όπως και να έχει, ισχύει η p. Τετριµµένηαπόδειξη: Απέδειξεότι όπως και να έχει, ισχύει η q Άµεσηαπόδειξη: Υπέθεσε ότι η pείναι αληθής, και απόδειξε ότι τότε η q είναι αληθής. Έµµεση απόδειξη: Υπέθεσε ότι q, και απόδειξε ότι p. Aπόδειξη µε απαγωγή σε άτοπο: Υπέθεσε ότι (p q) F. Απόδειξη βάση περιπτώσεων: είξε ότι p (a b), και ότι (a q) και (b q). 2
Παράδειγµα άµεσης απόδειξης Θεώρηµα: (Για όλους τους ακεραίους n) Εάν ο n είναι περιττός ακέραιος, τότε ο n 2 είναι επίσης περιττός ακέραιος. Απόδειξη: 1. n περιττός k ακέραιος: n = 2k+1 2. k ακέραιος: n = 2k+1 k ακέραιος: n 2 = (2k+1) 2 3. k ακέραιος: n 2 = (2k+1) 2 k ακέραιος: n 2 = 4k 2 + 4k + 1 4. k ακέραιος: n 2 = 4k 2 + 4k + 1 k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k)+1. 5. k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k)+1 m = 2k 2 +2k: n 2 = 2m+1 6. mακέραιος : n 2 = 2m+1 n 2 -περιττός. Άρα n περιττός n 2 -περιττός 3
Παράδειγµα άµεσης απόδειξης Θεώρηµα: (Για όλους τους ακεραίους n) Εάν ο nείναι περιττός ακέραιος, τότε ο n 2 είναι επίσης περιττός ακέραιος. Π(n) : O n είναι περιττός n (Π(n)Π(n 2 )) Απόδειξη: 1. Έστω ακέραιος n τέτοιος ώστε Π(n) 2. Π(n) k ακέραιος: n = 2k+1 3. k ακέραιος: n = 2k+1 k ακέραιος: n 2 = (2k+1) 2 4. k ακέραιος: n 2 = (2k+1) 2 k ακέραιος: n 2 = 4k 2 + 4k + 1 5. k ακέραιος: n 2 = 4k 2 + 4k + 1 k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k)+1 6. k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k)+1 m = 2k 2 +2k: n 2 =2m+1 7. m ακέραιος: n 2 = 2m+1 Π(n 2 ) Άρα Π(n) Π(n 2 ) 4
Πιο συνοπτική διατύπωση της ίδιας απόδειξης Θεώρηµα: (Για όλους τους ακεραίους n) Εάν ο n είναι περιττός ακέραιος, τότε ο n 2 είναι επίσης περιττός ακέραιος. Απόδειξη: Εάν ο nείναι περιττός, τότε n = 2k+1 για κάποιο ακέραιο k. Εποµένως, n 2 = (2k+1) 2 = 4k 2 +4k+1 = =2(2k 2 +2k)+1 = 2λ+1 για ακέραιο λ=k 2 + 2k. Εποµένως ο n 2 είναι περιττός. 5
Έµµεση απόδειξη Θεώρηµα: Εάν p τότε q. Αρκεί να αποδείξουµε ότι q p 6
Γιατί η έµµεση απόδειξηείναι σωστή;? 7
Έµµεση απόδειξη Θεώρηµα: Εάν p τότε q. Γνωρίζουµε ότι p q q p Άρα αν αποδείξουµε µε άµεσοτρόπο την q p αποδεικνύουµε µε έµµεσοτρόπο την p q 8
Παράδειγµα έµµεσης απόδειξης Θεώρηµα: (Για όλους τους ακεραίους n) Εάν ο 3n+2είναι περιττός, τότε ο nείναι περιττός. Απόδειξη: Ας υποθέσουµε ότι ο nείναι άρτιος. Τότε, n=2kγια κάποιο ακέραιο k. Τότε, 3n+2 = 3(2k)+2 = 6k+2 = 2(3k+1), ο οποίος είναι άρτιος (όχι περιττός). 9
Απαγωγή σε άτοπο Θεώρηµα: Ισχύει ότι r. Αρκεί να αποδείξουµε ότι αν δεν ισχύει η r τότε οδηγούµαστε σε αντίφαση 10
Γιατί η απαγωγή σε άτοποείναι σωστή διαδικασία απόδειξης;? 11
Γιατί η απαγωγή σε άτοποείναι σωστή διαδικασία απόδειξης; Θέλουµε να αποδείξουµε ότι ισχύει η r Πως µπορούµε να γράψουµε την πρόταση αν δεν ισχύει η r τότε οδηγούµαστε σε αντίφαση ; r F Αν αποδείξουµε ότι r F, αποδεικνύουµε ότι Η r είναι ψευδής ηλαδή ότι η r είναι αληθής 12
Απαγωγή σε άτοπο Θεώρηµα: Εάν p τότε q. Αρκεί να αποδείξουµε ότι (p q) F 13
Γιατί η απαγωγή σε άτοποείναι σωστή διαδικασία απόδειξης; Θέλουµε να αποδείξουµε ότι p q Αν αποδείξουµε ότι (p q) F, αποδεικνύουµε ότι Η (p q)είναι ψευδής ηλαδή ότι η p qείναι αληθής! Επίσης, το να αποδείξουµε ότι (p q) F είναι ισοδύναµο µε το να αποδείξουµε ότι p q F, δηλαδή µε το να αποδείξουµε ότι «εάν η υπόθεση ισχύει και δεν ισχύει το συµπέρασµα, οδηγούµαστε σε αντίφαση» 14
Πως διαφέρει µία έµµεση απόδειξη από την απαγωγή σε άτοπο; Για προτάσεις της µορφής p q Έµµεση απόδειξη: αποδεικνύουµε ότι εάν δεν ισχύει η qδεν ισχύει η p. Απαγωγή σε άτοπο: Υπέθεσε ότι αν δεν ισχύει η πρόταση, τότε καταλήγουµε σε αντίφαση. 15
Παράδειγµα απαγωγής σε άτοπο Θεώρηµα: Ο 2 είναι άρρητος. Απόδειξη:Ας υποθέσουµε πως ο 2 1/2 είναι ρητός. Τότε, υπάρχουν ακέραιοι i, j χωρίς κοινό διαιρέτη τέτοιοι ώστε 2 1/2 =i/j 2=i 2 /j 2 2(j 2 ) = i 2. Εποµένως, ο i 2 είναι άρτιος και εποµένως και ο iείναι άρτιος. ηλ. υπάρχει ακέραιος k, τέτοιος ώστε i=2k. Ας δούµε τώρα το j. Ξέρουµε ότι 2(j 2 ) = i 2 = (2k) 2 = 4k 2 j 2 = 2k 2. Εποµένως ο j 2 είναι άρτιος,και άρα και ο j είναι άρτιος. Αλλάτότε οι iκαι jέχουν κοινό διαιρέτη, (το 2), εποµένως έχουµε αντίφαση. Άρα ο 2 1/2 είναι άρρητος. 16
Παράδειγµα απόδειξης ισοδυναµιών Θεώρηµα: είξτε ότι xp(x) xq(x) x y(p(x) Q(y)) Ένας κοινός τρόπος να αποδεικνύει κανείς ισοδυναµίες: Αποδεικνύουµε τις συνεπαγωγές και ξεχωριστά 17
Παράδειγµα απόδειξης ισοδυναµιών Η στρατηγική απόδειξης αποτελεί ένα µείγµα άµεσης (πρώτο µισό) και απαγωγής σε άτοπο (δεύτερο µισό) απόδειξης Επίσης, ο χειρισµός διαζεύξεων απαιτεί µερικές φορές ανεξάρτητο χειρισµό των επιµέρους τµηµάτων της. 18
Πρώτα 1 2 1. xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουµε ότι η 1 ισχύει, καιειδικότερα ότι ισχύει επειδή xp(x). Αυτό σηµαίνει πως η P(a) ισχύει για οποιοδήποτε a. Αυτό επίσης σηµαίνει πως ισχύει ότι P(a) Q(b), για οποιαδήποτε a και b (γιατί;;;). Εποµένως, ισχύει ότι x y(p(x) Q(y)). (Α) 19
1 2: χειριζόµαστετο δεύτερο κοµµάτι της διάζευξης της 1 1. xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουµε ότι η 1 ισχύει, καιειδικότερα ότιισχύει επειδή xq(x). Αυτό σηµαίνει ότι η Q(b) ισχύει για οποιοδήποτε b. Αυτό επίσης σηµαίνει πως ισχύει ότι P(a) Q(b), για οποιαδήποτε a και b. Εποµένως ισχύει ότι x y(p(x) Q(y)). (Β) Από τα (Α) και (Β) προκύπτει ότι 1 2. (C) 20
2 1 Τώρα θα δείξουµε ότι 2 1 1. xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουµε ότι ισχύει η 2 και δενισχύει η 1. Εποµένως, x P(x) y Q(y). Εποµένως, για κάποια a, b, P(a) Q(b). H (2) µέσω Καθολικής Συγκεκριµενοποίησης µας λέει ότι: y(p(a) Q(y)) (3) H (3) µέσω Καθολικής Συγκεκριµενοποίησης µας λέει ότι: P(a) Q(b) το οποίο όµως είναι αντιφατικό σε σχέση µε το P(a) Q(b). Άτοπο! Εποµένως 2 1. (D) Από τα (C) και (D) προκύπτει ότι 1 2 ΟΕ 21
Επόµενο βήµα Κατασκευαστικέςκαιµη κατασκευαστικές αποδείξεις ύπαρξης. 22 22
Αποδεικνύοντας την ύπαρξη... Η απόδειξη µίας πρότασης της µορφής x P(x) ονοµάζεταιαπόδειξη ύπαρξης (existence proof). Εάν η απόδειξη δείχνειµε ποιό τρόπο µπορούµε να βρούµε ή να κατασκευάσουµε ένα στοιχείο a τέτοιο ώστε η P(a) να είναι αληθής, τότε µιλάµε για µία κατασκευαστική απόδειξη. 23 23
Κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρηµα:Υπάρχει ένας ακέραιος nο οποίος να µπορεί να γραφεί σαν το άθροισµα δύο τέλειων κύβων µε δύο διαφορετικούς τρόπους. ηλαδή: n,j,k,l,m ( (n= j 3 +k 3 ) (n=l 3 +m 3 ) ({j,k} {l,m})) Απόδειξη: Έστω n = 1729, j = 9, k = 10, l = 1, m = 12. Σε αυτή την περίπτωση οι ισότητες του θεωρήµατος ισχύουν. 24 24
Άλλη µία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρηµα: Για κάθε ακέραιο n>0, υπάρχει µία ακολουθία από n διαδοχικούς µηπρώτους ακεραίους Λέγοντας το ίδιο πράγµα µε άλλο τρόπο: Θεώρηµα: Για κάθε ακέραιο n>0, υπάρχει ένας ακέραιος xτέτοιος ώστε όλοι οι αριθµοί της µορφής: x+1, x+2,..., x+n, να είναι µην είναι πρώτοι. 25 25
Άλλη µία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρηµα: Για κάθεακέραιο n>0, υπάρχειµία ακολουθία από n διαδοχικούς µη-πρώτους ακεραίους: Λέγοντας το ίδιο πράγµα µε άλλο τρόπο: Θεώρηµα: Για κάθεακέραιο n>0, υπάρχειένας ακέραιος xτέτοιος ώστε όλοι οι αριθµοί της µορφής: x+1, x+2,..., x+n, να είναι µη-πρώτοι. Μπορείτε να το πείτε αυτό σε όρους κατηγορηµατικού λογισµού; 26 26
Άλλη µία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρηµα: Για κάθεακέραιο n>0, υπάρχειµία ακολουθία από n διαδοχικούς µη-πρώτους ακεραίους: Έστω P(x) = O xείναι πρώτος αριθµός n>0 x i ((1 i n) P(x+i)) υσκολία ως προς την απόδειξη: Ο xεξαρτάται από τον n, εποµένως η απόδειξη δεν αρκεί να παρουσιάσει έναν µόνο αριθµό xκαι να συνάγει ότι i (1 i n) P(x+i) 27 27
Λίγη θεωρία αριθµών Ορισµός: Για n>0, n! σηµαίνει 1*2*...*n Π.χ., 5!=1*2*3*4*5=120. (0! = 1) Ορισµός: Για ακεραίους n, m, µε n 0, n mσηµαίνει x Ν(x*n=m). Λέµε Ο n διαιρεί ακέραια (ακριβώς) τον m Εύκολο θεώρηµα: Για κάθε ακέραιο i n, i n! 28 28
Και τώρα η απόδειξη... Για οποιοδήποτε n>0, έστω x = (n+1)! + 1. Θεωρείστε τον x+i, για κάποιο iτέτοιο ώστε 1 i n Τότε, x+i = (n + 1)! + (i + 1). (i+1) (n+1)!, αφού 2 i+1 n+1. Επίσης, (i+1) (i+1). Εποµένως, (i+1) (x+i). x+iµη-πρώτος. n x 1 i n : x+iµη πρώτος. ΟΕ. Αυτός ο xείναι ο x = (n+1)! + 1 29 29
Γιατί η απόδειξη αυτή είναι κατασκευαστική; Θυµηθείτε τη δοµή της: οσµένου n>0, έστω x = (n + 1)! + 1. Θεώρησε κάθε x+iγια i 1 και i nκαι δείξε ότι είναι µη πρώτος. Η απόδειξη λοιπόν µας λέειπως να κατασκευάσουµε τον αριθµό x (από τον οποίο ξεκινάει η ακολουθία των nµη πρώτων αριθµών) 30 30
Άλλη µία απόδειξη ύπαρξης Θεώρηµα: Υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθµοί. Κάθε πεπερασµένο σύνολο αριθµών πρέπει να περιέχει ένα µέγιστο στοιχείο, εποµένως µπορούµε να αποδείξουµε το θεώρηµα αν απλά µπορούµε να δείξουµε ότι δεν υπάρχει κανένας µέγιστος πρώτος αριθµός. ηλ., θα δείξουµε ότι για κάθε πρώτο αριθµό, υπάρχει ένας µεγαλύτερος αριθµός ο οποίος είναι κι αυτός πρώτος. Πιότυπικά: Θα δείξουµε ότι n p>n : pείναι πρώτος. 31 31
Μία απόδειξη µε περιπτώσεις Για κάθε n>0, απόδειξε ότι υπάρχει πρώτος p>n. Θεωρείστε ότι x = n!+1. Εφόσον x>1, ξέρουµε ότι ο xείτε είναι πρώτος είτε δεν είναι. Περίπτωση 1:Οxείναι πρώτος. Προφανώς, x>n, οπότε αν θέσουµε p=x έχουµε τελειώσει. Περίπτωση 2: Ο x δεν είναι πρώτος. O xέχει ένα πρώτο παράγοντα, έστωτον p. Αν p n,τότε x mod p = 1, οπότε ο pδενείναι (πρώτος) παράγοντας του x Προκύπτει ότι p>n, και εφόσον ο pείναι πρώτος, συµπεραίνουµε ότι υπάρχει πρώτος µεγαλύτερος από τον n. Άρα σε κάθε περίπτωση, για κάθε n>0, υπάρχει πρώτος p>n. 32 32
Κι άλλη απόδειξη µε περιπτώσεις Θεώρηµα: n Z ( (2 n 3 n) 24 (n 2 1) ) Απόδειξη: Αφού 2 3=6, η τιµή του n mod 6 µπορεί να µας πει κατά πόσον 2 n ή 3 n. Εάν (n mod 6)είναι ένα από τα {0,3}τότε 3 n; εάνείναι ένα από τα {0,2,4} τότε 2 n. Άρα εάν (2 n 3 n)τότε (n mod 6)είναι ένα από τα {1,5}. Περ. #1: Εάν n mod 6 = 1, τότε ( k) n=6k+1. n 2 =36k 2 +12k+1, άρα n 2 1=36k 2 +12k = 12(3k+1)k=12*2m = 24*mγιατί ο (3k+1)kείναι άρτιος *1. Άρα 24 (n 2 1). Περ. #2:Εάν n mod 6 = 5, τότε n=6k+5. n 2 1 = (n 1) (n+1) = (6k+4) (6k+6) = 12 (3k+2) (k+1). Είτε ο k+1είτε ο 3k+2είναι άρτιος *2. Άρα, 24 (n 2 1). *1, *2: αποδεικνύονται εύκολα, διερευνώντας τις περιπτώσεις ο kνα είναι άρτιος ή περιττός 33