Okruh 1b · Základy matematiky

Dôkazy

Ako matematicky dokázať tvrdenie priamo, cez obmenu vety alebo sporom, hlavne pri deliteľnosti a nerovnostiach.

asi 70 min · 5 častí · 21 úloh

0 z 5 častí · 0 z 21 úloh

V skratke

Matematická veta je pravdivý výrok, ktorý sa dá dokázať z axióm, definícií a už dokázaných viet. Pokus ani intuícia nie sú dôkaz.
Priamy dôkaz je reťazec implikácií $T_1 \Rightarrow T_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow T$ od dokázaného tvrdenia k dokazovanej vete.
Nepriamy dôkaz: namiesto vety $A \Rightarrow B$ dokážeš obmenu $\neg B \Rightarrow \neg A$ , ktorá má rovnakú pravdivostnú hodnotu.
Dôkaz sporom: predpokladáš, že platí negácia $V'$ , a dôjdeš k sporu. Teda $V'$ neplatí a platí $V$ .
Negácia vety „pre všetky $x$ platí $V(x)$ “ je „existuje $x$ , pre ktoré $V(x)$ neplatí“. Negácia implikácie $A \Rightarrow B$ je $A \land \neg B$ .
Párne číslo zapíšeš ako $2k$ , nepárne ako $2k + 1$ a $a \mid b$ znamená $b = k \cdot a$ pre nejaké celé $k$ .

Časť 1prečítaná

Matematická veta a dôkaz

Na maturite máš vedieť vysvetliť tri pojmy: priamy dôkaz, nepriamy dôkaz a dôkaz sporom.

Matematická veta: Pravdivý matematický výrok, ktorý sa dá logicky odôvodniť (dokázať), nazývame matematická veta.

Pri dôkazoch sa nepripúšťa žiadny postup založený na názore, experimente, pozorovaní, intuícii či skúsenosti. Pravdivosť matematickej vety treba dokázať na základe axióm, definícií a už skôr dokázaných viet.

Tri spôsoby dôkazu

Priamy dôkaz: od už dokázaného tvrdenia prejdeš reťazcom implikácií až k dokazovanej vete.
Nepriamy dôkaz: namiesto vety dokážeš jej obmenu.
Dôkaz sporom: predpokladáš, že veta neplatí, a dôjdeš k sporu.

Časť 2prečítaná

Priamy dôkaz

Priamy dôkaz: Pozostáva z konečného reťazca implikácií. Prvý člen $T_1$ je už dokázané tvrdenie, každý ďalší je logickým dôsledkom predchádzajúcich a posledný člen $T$ je dokazované tvrdenie.

\displaystyle T_1 \Rightarrow T_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow T_n \Rightarrow T

Riešený príklad

Súčet troch po sebe idúcich čísel

Dokáž, že súčet každých troch po sebe idúcich celých čísel je deliteľný číslom $3$ .

Tri po sebe idúce čísla môžeš zapísať v tvare $n$ , $n + 1$ , $n + 2$ , kde $n \in \mathbb{Z}$ . Ich súčet je:
$\displaystyle n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3 = 3(n+1)$
Číslo $n + 1$ je celé, takže $3(n+1)$ je násobok čísla $3$ . Tento výraz je deliteľný tromi.

Výsledok: Súčet troch po sebe idúcich celých čísel je vždy deliteľný číslom $3$ .

Časť 3prečítaná

Nepriamy dôkaz (obmena vety)

Nepriamy dôkaz: Pri nepriamom dôkaze dokazujeme obmenu vety. Pravdivostná hodnota vety a jej obmeny je rovnaká, preto keď platí obmena, platí aj pôvodná veta.

Veta a jej obmena

\displaystyle (A \Rightarrow B) \Leftrightarrow (\neg B \Rightarrow \neg A)

Veta $A \Rightarrow B$ a jej obmena $\neg B \Rightarrow \neg A$ majú vždy rovnakú pravdivostnú hodnotu.

Riešený príklad

2

delí

n^2

, tak

2

delí

n

Dokáž vetu $\forall n \in \mathbb{N}\colon 2 \mid n^2 \Rightarrow 2 \mid n$ . Slovami: pre každé prirodzené číslo $n$ platí, že ak číslo $2$ delí $n^2$ , tak číslo $2$ delí $n$ .

Urobíme obmenu vety: pre každé prirodzené číslo $n$ platí, že ak číslo $2$ nedelí $n$ , tak číslo $2$ nedelí $n^2$ .
$\displaystyle \forall n \in \mathbb{N}\colon 2 \nmid n \Rightarrow 2 \nmid n^2$
Ak $2$ nedelí $n$ , je $n$ nepárne a môžeš ho zapísať v tvare $n = 2k + 1$ , kde $k$ je celé číslo. Umocnením dostaneš:
$\displaystyle n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1$
Číslo $n^2$ dáva po delení dvoma zvyšok $1$ , teda nie je deliteľné dvoma. Platí obmena vety, a teda aj pôvodná veta.

Výsledok: Pre každé prirodzené číslo $n$ platí: ak $2 \mid n^2$ , tak $2 \mid n$ .

Časť 4prečítaná

Dôkaz sporom

Dôkaz sporom: Matematickú vetu $V$ znegujeme a s jej negáciou $V'$ postupujeme ako pri priamom dôkaze. Dôjdeme k záveru, ktorý je v spore buď s predpokladom, alebo s platnými matematickými tvrdeniami. Teda ak dokážeme, že $V'$ neplatí, tak platí $V$ .

Ako znegovať vetu

Negácia vety „pre všetky $x$ platí $V(x)$ “ je „existuje $x$ , pre ktoré $V(x)$ neplatí“: $\neg\,(\forall x\colon V(x)) \Leftrightarrow \exists x\colon \neg V(x)$ .
Negácia implikácie $A \Rightarrow B$ je $A \land \neg B$ : predpoklad platí, ale záver nie.
Negácia nerovnosti $\geq$ je $<$ , negácia nerovnosti $>$ je $\leq$ .

Riešený príklad

Nerovnosť

\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2

Dokáž sporom vetu: pre všetky kladné reálne čísla $a, b$ platí $V\colon\ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2$ .

Urobíme negáciu vety. $V'$ : existujú kladné reálne čísla $a, b$ , pre ktoré platí:
$\displaystyle \frac{a}{b} + \frac{b}{a} < 2$
Nerovnosť vynásobíme číslom $ab$ . To je kladné, preto sa znak nerovnosti nezmení:
$\displaystyle a^2 + b^2 < 2ab$
$\displaystyle a^2 - 2ab + b^2 < 0$
$\displaystyle (a - b)^2 < 0$
Druhá mocnina reálneho čísla nie je nikdy záporná, to je spor. Negovaná veta $V'$ neplatí pre žiadne kladné reálne čísla, preto platí pôvodná veta $V$ .

Výsledok: Pre všetky kladné reálne čísla $a, b$ platí $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2$ .

Časť 5prečítaná

Pomôcky pri dôkazoch deliteľnosti

Deliteľnosť: Celé číslo $a$ delí celé číslo $b$ , píšeme $a \mid b$ , ak existuje celé číslo $k$ také, že $b = k \cdot a$ . Zápis $a \nmid b$ znamená, že $a$ nedelí $b$ .

Ako zapísať číslo

párne číslo: $n = 2k$ , nepárne číslo: $n = 2k + 1$ , kde $k \in \mathbb{Z}$
podľa zvyšku po delení tromi: $n = 3k$ , $n = 3k + 1$ alebo $n = 3k + 2$
podľa zvyšku po delení číslom $m$ : $n = mk + r$ , kde $r \in \{0, 1, \dots, m - 1\}$
tri po sebe idúce celé čísla: $n$ , $n + 1$ , $n + 2$

Čo sa často hodí

Z dvoch po sebe idúcich celých čísel je jedno párne, preto je ich súčin deliteľný dvoma.
Z troch po sebe idúcich celých čísel je jedno deliteľné tromi a aspoň jedno je párne, preto je ich súčin deliteľný číslom $6$ .
Ak je číslo deliteľné dvoma nesúdeliteľnými číslami, napríklad $3$ a $4$ , je deliteľné aj ich súčinom $12$ .
Často pomôže rozklad na súčin, napríklad $a^3 - a = (a - 1) \cdot a \cdot (a + 1)$ .

Precvičovanie

Úlohy

Najprv počítaj sám, až potom si pozri výsledok. Vyriešenú úlohu si odškrtni. 0 z 21

Dokáž, že

\forall x, a, b \in \mathbb{Z}

platí:

\displaystyle x \mid a \land x \mid b \Rightarrow x \mid (a + b)

Priamy dôkaz. Z

x \mid a

x \mid b

vyplýva

a = k \cdot x

b = l \cdot x

pre nejaké

k, l \in \mathbb{Z}

. Potom

a + b = kx + lx = (k + l) \cdot x

k + l

je celé číslo, teda

x \mid (a + b)

Priamym dôkazom dokáž vetu:

\displaystyle \left[a, b, c \in \mathbb{R}^+ \land \frac{a}{b} > 1\right] \Rightarrow \left[\frac{a+c}{b+c} > 1\right]

\frac{a}{b} > 1

b > 0

dostaneš vynásobením číslom

b

nerovnosť

a > b

. Pripočítaj

c

a + c > b + c

. Číslo

b + c

je kladné, preto môžeš obe strany vydeliť číslom

b + c

bez zmeny znaku a dostaneš

\frac{a+c}{b+c} > 1

Priamym dôkazom dokáž vetu:

\displaystyle \left[a, b \in \mathbb{R}^+\right] \Rightarrow \left[\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\right]

Začni nerovnosťou

(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geq 0

, ktorá platí vždy. Po roznásobení dostaneš

a - 2\sqrt{ab} + b \geq 0

, teda

a + b \geq 2\sqrt{ab}

, a po vydelení dvoma

\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}

Priamym dôkazom dokáž vetu:

\displaystyle \left[a, b, c \in \mathbb{R}^+\right] \Rightarrow \left[a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + ac + bc\right]

Sčítaj tri nerovnosti, ktoré platia vždy:

(a - b)^2 \geq 0

(a - c)^2 \geq 0

(b - c)^2 \geq 0

. Dostaneš

2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2ac - 2bc \geq 0

a po vydelení dvoma a úprave

a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + ac + bc

Priamym dôkazom dokáž vetu:

\displaystyle \left[a \in \mathbb{N}\right] \Rightarrow \left[a^3 - a = 6t,\ t \in \mathbb{N}\right]

Rozlož

a^3 - a = a(a^2 - 1) = (a - 1) \cdot a \cdot (a + 1)

. Je to súčin troch po sebe idúcich čísel: aspoň jedno z nich je párne a jedno je deliteľné tromi, preto je súčin deliteľný číslom

6

. Pozor, pre

a = 1

vyjde

a^3 - a = 0 = 6 \cdot 0

, teda

t = 0

. Veta preto platí, len ak za

t

pripustíš aj nulu, teda

t \in \mathbb{N}_0

Dokáž, že

\forall n \in \mathbb{N}

platí:

\displaystyle 3 \mid (n^3 + 2n)

Uprav

n^3 + 2n = n^3 - n + 3n = (n - 1)\,n\,(n + 1) + 3n

. Súčin troch po sebe idúcich čísel je deliteľný tromi a

3n

tiež, preto je deliteľný tromi aj ich súčet. Iná cesta: rozober zvyšky

n = 3k

n = 3k + 1

n = 3k + 2

a v každom prípade ukáž, že výsledok je násobok čísla

3

Dokáž, že

\forall n \in \mathbb{N}

platí:

a)
$4 \mid (n^4 - n^2)$
b)
$6 \mid (n^5 - n)$
c)
$12 \mid (n^4 - n^2)$

Rozlož

n^4 - n^2 = n^2 (n - 1)(n + 1)

n^5 - n = (n - 1)\,n\,(n + 1)(n^2 + 1)

. a) Ak je

n

párne, je

n^2

deliteľné štyrmi. Ak je

n

nepárne, sú

n - 1

n + 1

párne a ich súčin je deliteľný štyrmi. b) Súčin

(n - 1)\,n\,(n + 1)

troch po sebe idúcich čísel je deliteľný dvoma aj tromi, teda šiestimi. c) Číslo

n^4 - n^2

je podľa a) deliteľné štyrmi a obsahuje činiteľ

(n - 1)\,n\,(n + 1)

, ktorý je deliteľný tromi. Čísla

4

3

sú nesúdeliteľné, preto je deliteľné číslom

12

Pomocou obmeny dokáž, že

\forall n \in \mathbb{N}

platí: ak

(n^2 + 6)

je deliteľné piatimi, tak

n

nie je deliteľné piatimi.

Obmena vety: ak je

n

deliteľné piatimi, tak

n^2 + 6

nie je deliteľné piatimi. Dosaď

n = 5k

n^2 + 6 = 25k^2 + 6 = 5(5k^2 + 1) + 1

, takže zvyšok po delení piatimi je

1

. Platí obmena, preto platí aj pôvodná veta.

Nepriamym dôkazom dokáž vetu:

a)
Ak $a^2$ je prirodzené číslo deliteľné $3$ , potom aj $a$ je prirodzené číslo deliteľné $3$ .
b)
Ak $a^2$ je prirodzené číslo deliteľné $5$ , potom aj $a$ je prirodzené číslo deliteľné $5$ .

Ber

a

ako prirodzené číslo a dokazuj obmenu: ak

a

nie je deliteľné tromi (piatimi), tak ani

a^2

nie je. a) Ak

3 \nmid a

, je

a = 3k + 1

alebo

a = 3k + 2

. Potom

a^2 = 3(3k^2 + 2k) + 1

alebo

a^2 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1

, zvyšok je vždy

1

. b) Pre

a = 5k + r

, kde

r \in \{1, 2, 3, 4\}

, vyjde

a^2 = 5(5k^2 + 2kr) + r^2

. Čísla

r^2 = 1, 4, 9, 16

dávajú po delení piatimi zvyšky

1, 4, 4, 1

, nikdy

0

10.

Dokáž vetu: Ak

n^2

je deliteľné

11

, tak je deliteľné

11

n

Nepriamy dôkaz,

n

je prirodzené číslo. Obmena: ak

11 \nmid n

, tak

11 \nmid n^2

. Zapíš

n = 11k + r

, kde

r \in \{1, 2, \dots, 10\}

. Potom

n^2 = 11(11k^2 + 2kr) + r^2

, takže

n^2

dáva po delení číslom

11

rovnaký zvyšok ako

r^2

. Čísla

r^2

pre

r = 1, 2, \dots, 10

dávajú po delení číslom

11

zvyšky

1, 4, 9, 5, 3, 3, 5, 9, 4, 1

, nikdy

0

11.

Nech

t

označuje určité celé číslo. Dokáž, že platí: Ak je

t^3

nepárne číslo, tak aj

t

je nepárne číslo.

Nepriamy dôkaz. Obmena: ak je

t

párne, tak je aj

t^3

párne. Pre

t = 2k

, kde

k \in \mathbb{Z}

, je

t^3 = 8k^3 = 2 \cdot 4k^3

, čo je párne číslo.

12.

Nepriamym dôkazom dokáž vetu: Pre prirodzené číslo

a

platí: Ak

a^4 + 2

nie je deliteľné

3

, potom

a

je deliteľné

3

Obmena: ak

a

nie je deliteľné tromi, tak

a^4 + 2

je deliteľné tromi. Pre

a = 3k + 1

a = 3k + 2

dáva

a^2

po delení tromi zvyšok

1

(pozri úlohu 9), teda

a^2 = 3m + 1

. Potom

a^4 = (3m + 1)^2 = 9m^2 + 6m + 1

a^4 + 2 = 3(3m^2 + 2m + 1)

, čo je deliteľné tromi.

13.

Označme písmenom

h

určité prirodzené číslo. Dokáž, že platí:

9 \mid h \Rightarrow 3 \mid h

Priamy dôkaz. Z

9 \mid h

máš

h = 9k

pre nejaké

k \in \mathbb{N}

. Potom

h = 3 \cdot (3k)

3k

je prirodzené číslo, teda

3 \mid h

14.

Dokáž vetu: Pre každé prirodzené číslo

n

platí: ak

n

je párne, tak aj

n^2

je párne.

Priamy dôkaz. Párne číslo zapíš ako

n = 2k

, kde

k \in \mathbb{N}

. Potom

n^2 = 4k^2 = 2 \cdot 2k^2

, čo je párne číslo.

15.

Dokáž, že pre každé prirodzené číslo

n

platí:

n

je párne, keď

n^3

je párne.

Veta hovorí: ak je

n^3

párne, tak je

n

párne. Dokazuj obmenu: ak je

n

nepárne, tak je

n^3

nepárne. Pre

n = 2k + 1

, kde

k

je celé číslo, vyjde

n^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 2(4k^3 + 6k^2 + 3k) + 1

, čo je nepárne číslo.

16.

Dokáž pre každé prirodzené číslo

n

: Ak

10

delí

(n^2 + 6)

, tak

5

nedelí

n

Nepriamy dôkaz. Obmena: ak

5 \mid n

, tak

10 \nmid (n^2 + 6)

. Pre

n = 5k

n^2 + 6 = 5(5k^2 + 1) + 1

, takže

n^2 + 6

nie je deliteľné ani piatimi (pozri úlohu 8). Číslo, ktoré nie je deliteľné piatimi, nemôže byť deliteľné ani desiatimi.

17.

Dokáž každú z daných viet niekoľkými spôsobmi. Vyber najstručnejší dôkaz.

a)
$\forall n \in \mathbb{N}\colon 3 \mid (n - 2) \Rightarrow 6 \mid (n^2 - 5n + 6)$
b)
$\forall n \in \mathbb{N}\colon 2 \nmid n \Rightarrow 16 \mid (n^4 - 1)$

a) Rozklad

n^2 - 5n + 6 = (n - 2)(n - 3)

: činiteľ

n - 2

je deliteľný tromi a z dvoch po sebe idúcich čísel

n - 3

n - 2

je jedno párne, preto je súčin deliteľný šiestimi. Iný spôsob: dosaď

n = 3k + 2

, vyjde

n^2 - 5n + 6 = 3k(3k - 1)

, a rozober párne a nepárne

k

. b) Rozklad

n^4 - 1 = (n - 1)(n + 1)(n^2 + 1)

: pre nepárne

n

sú

n - 1

n + 1

dve po sebe idúce párne čísla, jedno z nich je deliteľné štyrmi, takže ich súčin je deliteľný ôsmimi, a

n^2 + 1

je párne, spolu

8 \cdot 2 = 16

. Iný spôsob: dosaď

n = 2k + 1

, vyjde

n^4 - 1 = 8k(k + 1)(2k^2 + 2k + 1)

, a

k(k + 1)

je párne. Najstručnejší je zvyčajne dôkaz cez rozklad na súčin.

18.

Dokáž sporom, že dané číslo nie je racionálne.

a)
$\sqrt{2}$
b)
$\sqrt{3}$
c)
$\sqrt{5}$

Predpokladaj opak:

\sqrt{2} = \frac{p}{q}

, kde

p, q \in \mathbb{N}

sú nesúdeliteľné (zlomok je v základnom tvare). Umocnením dostaneš

p^2 = 2q^2

, teda

2 \mid p^2

, a podľa príkladu v časti Nepriamy dôkaz aj

2 \mid p

. Dosaď

p = 2r

4r^2 = 2q^2

, teda

q^2 = 2r^2

, a rovnako

2 \mid q

. Čísla

p

q

sú teda párne, čo je spor s tým, že sú nesúdeliteľné. Pri

\sqrt{3}

\sqrt{5}

postupuj rovnako s číslami

3

5

a použi úlohu 9.

19.

Dokáž, že dané číslo je iracionálne.

a)
$\log 2$
b)
$\log 5$

\log

je dekadický logaritmus (so základom

10

). Dôkaz sporom: nech

\log 2 = \frac{p}{q}

, kde

p, q \in \mathbb{N}

(číslo

\log 2

je kladné). Potom

10^{\frac{p}{q}} = 2

, teda

10^p = 2^q

, čiže

2^p \cdot 5^p = 2^q

. Ľavá strana je deliteľná piatimi, pravá nie, a to je spor. Pre

\log 5

dostaneš rovnako

2^p \cdot 5^p = 5^q

: ľavá strana je párna, pravá nepárna, opäť spor.

20.

Dokáž: Kolmica zostrojená v bode

A

na polomer

SA

nepretne v ďalšom bode kružnicu

k(S; |SA|)

Dôkaz sporom. Predpokladaj, že kolmica

p

v bode

A

pretne kružnicu ešte v bode

B \neq A

. Potom

|SB| = |SA|

, lebo obe úsečky sú polomery, a trojuholník

SAB

má pri vrchole

A

pravý uhol. V pravouhlom trojuholníku je prepona

SB

dlhšia ako odvesna

SA

, teda

|SB| > |SA|

, a to je spor. Kolmica teda má s kružnicou spoločný len bod

A

, je to dotyčnica.

21.

Na obrázku vľavo (obr. 1) sú narysované tri rôzne priamky

a, b, c

, ktoré sme zostrojili v tomto poradí: priamka

a

, priamka

b

rovnobežná s

a

, priamka

c

rovnobežná s

b

. Dokáž, že platí implikácia

V\colon\ b \parallel a \land c \parallel b \Rightarrow c \parallel a

Vľavo obr. 1: tri rovnobežné priamky a, b, c. Vpravo obr. 2: náčrt k dôkazu sporom, priamky a a c sa pretínajú v bode P, priamka b bodom P neprechádza.

Riešenie zo zdroja, dôkaz sporom. Predpokladaj, že implikácia

V

neplatí, teda platí jej negácia

V'\colon\ b \parallel a \land c \parallel b \land c \nparallel a

. Rôzne priamky

a

c

, ktoré nie sú rovnobežné, sa v rovine pretínajú, teda existuje bod

P \in a \cap c

(obr. 2 vpravo). Bod

P

neleží na

b

, inak by sa rôzne rovnobežky

a

b

pretínali. Bodom

P

by tak prechádzali dve rôzne rovnobežky s priamkou

b

, totiž

a

c

. To nie je možné, lebo bodom mimo priamky prechádza jediná rovnobežka s ňou. Preto neplatí

V'

a platí

V

Hotovo s okruhom?

Okruh máš hotový

Keď teórii rozumieš a úlohy ti idú, označ okruh ako hotový. Plán do maturity sa podľa toho prepočíta.

V pláne sa ti posunie ďalší okruh.