HY118-Διακριτά Μαθηματικά Τρίτη, 27/02/2018 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 27-Feb-18 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. Τετριμμένη απόδειξη: Απέδειξε ότι όπως και να έχει, ισχύει η q Άμεση απόδειξη: Υπέθεσε ότι η p είναι 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: Δείξε 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. 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 ) 3
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 n είναι 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. 4
Έμμεση απόδειξη Θεώρημα: Εάν p τότε q. Αρκεί να αποδείξουμε ότι q p γιατί γνωρίζουμε ότι p q q p Άρα, αν αποδείξουμε με άμεσο τρόπο την q p αποδεικνύουμε με έμμεσο τρόπο την p q 5
Παράδειγμα έμμεσης απόδειξης Θεώρημα: (Για όλους τους ακεραίους n) Εάν ο 3n+2 είναι περιττός, τότε ο n είναι περιττός. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι ο n είναι άρτιος. Τότε, n=2k για κάποιο ακέραιο k. Τότε, 3n+2 = 3(2k)+2 = 6k+2 = 2(3k+1), ο οποίος είναι άρτιος (όχι περιττός). 6
Απαγωγή σε άτοπο Θεώρημα: Ισχύει ότι r. Αρκεί να αποδείξουμε ότι αν δεν ισχύει η r τότε οδηγούμαστε σε αντίφαση Γιατί η απαγωγή σε άτοπο είναι σωστή διαδικασία απόδειξης; 7
Γιατί η απαγωγή σε άτοπο είναι 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 Δηλαδή ότι η r είναι αληθής 8
Γιατί η απαγωγή σε άτοπο είναι σωστή διαδικασία απόδειξης; Θέλουμε να αποδείξουμε ότι p q Αν αποδείξουμε ότι (p q) F, αποδεικνύουμε ότι Η (p q) είναι ψευδής Δηλαδή ότι η p q είναι αληθής! Επίσης, το να αποδείξουμε ότι (p q) F είναι ισοδύναμο με το να αποδείξουμε ότι p q F δηλαδή ισοδύναμο με το να αποδείξουμε ότι «εάν η υπόθεση ισχύει και δεν ισχύει το συμπέρασμα, οδηγούμαστε σε αντίφαση» 9
Πως διαφέρει μία έμμεση απόδειξη από την απαγωγή σε άτοπο; Για προτάσεις της μορφής p q Έμμεση απόδειξη: αποδεικνύουμε ότι εάν δεν ισχύει η q δεν ισχύει η p. Απαγωγή σε άτοπο: Υπέθεσε ότι αν δεν ισχύει η πρόταση, τότε καταλήγουμε σε αντίφαση. 10
Module #1 - Logic Παράδειγμα απαγωγής σε άτοπο Θεώρημα: Ο 2 είναι άρρητος. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε πως ο 21/2 είναι ρητός. Τότε, υπάρχουν ακέραιοι i, j χωρίς κοινό διαιρέτη τέτοιοι ώστε 21/2=i/j 2=i2/j2 2(j2) = i2. Επομένως, ο i2 είναι άρτιος και επομένως και ο i είναι άρτιος. Δηλ. υπάρχει ακέραιος k, τέτοιος ώστε i=2k. Ας δούμε τώρα το j. Ξέρουμε ότι 2(j2) = i2 = (2k)2 = 4k2 j2 = 2k2. Επομένως ο j2 είναι άρτιος, και άρα και ο j είναι άρτιος. Αλλά τότε οι i και j έχουν κοινό διαιρέτη, (το 2), επομένως έχουμε αντίφαση. Άρα ο 21/2 είναι άρρητος. 11
Παράδειγμα απόδειξης ισοδυναμιών Θεώρημα: Δείξτε ότι xp(x) xq(x) x y(p(x) Q(y)) Ένας κοινός τρόπος να αποδεικνύει κανείς ισοδυναμίες: Αποδεικνύουμε τις συνεπαγωγές και ξεχωριστά 12
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. 13
Πρώτα 1 2 1. xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουμε ότι η 1 ισχύει, και ειδικότερα 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) 14
1 2: χειριζόμαστε το δεύτερο κομμάτι της διάζευξης της 1 1. xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουμε ότι η 1 ισχύει, και ειδικότερα ότι ισχύει 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) 15
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 δεν ισχύει η 1. Όμως ( xp(x) xq(x)) xp(x) xq(x) x P(x) y Q(y). Επομένως, x P(x) y Q(y). Επομένως, για κάποια a, b, P(a) Q(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 ΟΕΔ 16
Επόμενο βήμα Κατασκευαστικές και μη κατασκευαστικές αποδείξεις ύπαρξης. 17 17
Αποδεικνύοντας την ύπαρξη... Η απόδειξη μίας πρότασης της μορφής x P(x) ονομάζεται απόδειξη ύπαρξης (existence proof). Εάν η απόδειξη δείχνει με 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. 18 18
Κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρημα: Υπάρχει ένας ακέραιος n ο οποίος να μπορεί να γραφεί σαν το άθροισμα δύο τέλειων κύβων με δύο διαφορετικούς τρόπους. Δηλαδή: 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. 19 19
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 x τέτοιος ώστε όλοι οι αριθμοί της μορφής: x+1, x+2,..., x+n, να μην είναι πρώτοι. 20 20
Άλλη μία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρημα: Για κάθε ακέραιο n>0, υπάρχει μία ακολουθία από n διαδοχικούς μη-πρώτους ακεραίους: Λέγοντας το ίδιο πράγμα με άλλο τρόπο: Θεώρημα: Για κάθε ακέραιο n>0, υπάρχει ένας ακέραιος x τέτοιος 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; 21 21
Άλλη μία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Θεώρημα: Για κάθε ακέραιο n>0, υπάρχει μία ακολουθία από n διαδοχικούς μη-πρώτους ακεραίους: Έστω P(x) = O x είναι πρώτος αριθμός n>0 x i ((1 i n) P(x+i)) Δυσκολία ως προς την απόδειξη: Ο x εξαρτάται από τον n, επομένως η απόδειξη δεν αρκεί να παρουσιάσει έναν μόνο αριθμό x και να συνάγει ότι i (1 i n) P(x+i) 22 22
Λίγη θεωρία αριθμών Ορισμός: Για n>0, n!=1*2*...*n Π.χ., 5!=1*2*3*4*5=120. (0! = 1) Ορισμός: Για ακεραίους n, m, με n 0, n m σημαίνει x Ν(x*n=m). Λέμε Ο n διαιρεί ακέραια (ακριβώς) τον m Εύκολο θεώρημα: i n, i n! 23 23
Και τώρα η απόδειξη... Για οποιοδήποτε n>0, έστω x = (n+1)! + 1. Θεωρείστε τον x+i, για κάποιο i τέτοιο 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+i μη-πρώτος. n x 1 i n : x+i μη πρώτος. ΟΕΔ. Αυτός ο x είναι ο x = (n+1)! + 1 24 24
Γιατί η απόδειξη αυτή είναι κατασκευαστική; Θυμηθείτε τη δομή της: Δοσμένου n>0, έστω x = (n + 1)! + 1. Θεώρησε κάθε x+i για i 1 και i n και δείξε ότι είναι μη πρώτος. Η απόδειξη λοιπόν μας λέει πως να κατασκευάσουμε τον αριθμό x (από τον οποίο ξεκινάει η ακολουθία των n μη πρώτων αριθμών) 25 25