HY118- ιακριτά Μαθηµατικά. Παράδειγµα άµεσης απόδειξης. Μέθοδοι αποδείξεως για προτάσεις της µορφής εάν-τότε Αποδείξεις

Transcript

1 HY118- ιακριτά Μαθηµατικά Παρασκευή, 06/03/2015 Αντώνης Α. Αργυρός Το υλικό των διαφανειών έχει βασιστεί σε διαφάνειες του Kees van Deemter, από το University of Aberdeen 3/8/ 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: είξε ότι p (a b), και ότι (a q) και (b q). 2 Παράδειγµα άµεσης απόδειξης 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 k ακέραιος: n 2 = 4k 2 + 4k + 1 k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k) k ακέραιος: n 2 = 2(2k 2 +2k)+1 m = 2k 2 +2k: n 2 = 2m+1 6. m ακέραιος : n 2 = 2m+1 n 2 - περιττός. Άρα n περιττός n 2 - περιττός 3 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 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 1

2 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. Έµµεση απόδειξη Θεώρηµα: Εάν p τότε q. Αρκεί να αποδείξουµε ότι q p 5 6 Γιατί η έµµεση απόδειξη είναι σωστή; Έµµεση απόδειξη Θεώρηµα: Εάν p τότε q.? Γνωρίζουµε ότι p q q p Άρα αν αποδείξουµε µε άµεσο τρόπο την q p αποδεικνύουµε µε έµµεσο τρόπο την p q 7 8 2

3 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). Απαγωγή σε άτοπο Θεώρηµα: Ισχύει ότι r. Αρκεί να αποδείξουµε ότι αν δεν ισχύει η r τότε οδηγούµαστε σε αντίφαση 9 10 Γιατί η απαγωγή σε άτοπο είναι σωστή διαδικασία απόδειξης;? 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 ηλαδή ότι η r είναι αληθής

4 Απαγωγή σε άτοπο Θεώρηµα: Εάν p τότε q. Αρκεί να αποδείξουµε ότι (p q) F 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 ηλαδή 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 µε το να αποδείξουµε ότι «εάν η υπόθεση ισχύει και δεν ισχύει το συµπέρασµα, οδηγούµαστε σε αντίφαση» 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. 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 i είναι 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. Αλλά τότε οι i και j έχουν κοινό διαιρέτη, (το 2), εποµένως έχουµε αντίφαση. Άρα ο 2 1/2 είναι άρρητος

5 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 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 Πρώτα 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) 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)

6 2 1 Τώρα θα δείξουµε ότι xp(x) xq(x) 2. x y(p(x) Q(y)) Ας υποθέσουµε ότι ισχύει η 2 και δεν ισχύει 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). Επόµενο βήµα Κατασκευαστικές και µη κατασκευαστικές αποδείξεις ύπαρξης. Άτοπο! Εποµένως 2 1. (D) Από τα (C) και (D) προκύπτει ότι 1 2 ΟΕ Αποδεικνύοντας την ύπαρξη... Κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης 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. Θεώρηµα: Υπάρχει ένας ακέραιος n ο 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

7 Άλλη µία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης 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 είναι µην είναι πρώτοι. 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; Άλλη µία κατασκευαστική απόδειξη ύπαρξης Λίγη θεωρία αριθµών 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)) υσκολία 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) 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 m σηµαίνει x Ν(x*n=m). Λέµε Ο n διαιρεί ακέραια (ακριβώς) τον m Εύκολο θεώρηµα: Για κάθε ακέραιο i n, i n!

8 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. ΟΕ. Αυτός ο x είναι ο x = (n+1)! + 1 Γιατί η απόδειξη αυτή είναι κατασκευαστική; Θυµηθείτε τη δοµή της: οσµένου 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) 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. Πιό τυπικά: Θα δείξουµε ότι n p>n : p είναι πρώτος 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 x είτε είναι πρώτος είτε δεν είναι. Περίπτωση 1: Ο x είναι πρώτος. Προφανώς, x>n, οπότε αν θέσουµε p=x έχουµε τελειώσει. Περίπτωση 2: Ο x δεν είναι πρώτος. O x έχει ένα πρώτο παράγοντα, έστω τον p. Αν p n, τότε x mod p = 1, οπότε ο p δεν είναι (πρώτος) παράγοντας του x Προκύπτει ότι p>n, και εφόσον ο p είναι πρώτος, συµπεραίνουµε ότι υπάρχει πρώτος µεγαλύτερος από τον n. Άρα σε κάθε περίπτωση, για κάθε n>0, υπάρχει πρώτος p>n

9 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; εάν είναι 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*m γιατί ο (3k+1)k είναι 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+1 είτε ο 3k+2 είναι άρτιος *2. Άρα, 24 (n 2 1). *1, *2: αποδεικνύονται εύκολα, διερευνώντας τις περιπτώσεις ο k να είναι άρτιος ή περιττός 33 9