Karakteriseringen av like mengder. Mengder definert ved en egenskap.

Notat 2 for MAT1140 2 Bevis La oss si at vi er overbevist om at utsagn P er sant, og at vi ønsker å kommunisere denne innsikten. Eller la oss si vi er ganske sikre på at P er sant, men ønsker, overfor oss selv, å bli helt sikre. I første omgang kan vi si at et bevis for P er en tekst bestående av utsagn, som begynner med kjente sanne utsagn og ender opp med P. Utsagnene i denne teksten skal være sanne, de er noe vi påstår, slik at vi bruker ordet påstand om dem. Hver påstand i et bevis skal følge av de tidligere påstandene og andre kjente sannheter, i henhold til deduksjonsregler. Vi må derfor være enige om hva vi anser som kjente sannheter og hva som utgjør gyldig argumentasjonsteknikk. Bildet kompliseres noe ved at vi tillater oss å gjøre antagelser og argumentere utifra dem. Sagt på en annen måte : vi tillater oss å drøfte hypoteser. Da antar vi at et utsagn er sant og jobber ut ifra det. Oppnår vi en selvmotsigelse kan vi konkludere med at hypotesen er feil. Slike bevis kalles motsigelsesbevis. En annen kjent type bevis er induksjonsbevis. I bevis er det vanlig å si ifra om hva slags type bevis man begir seg ut på. For å hjelpe leseren legger vi også inn hjelpeord som «Dermed...», «Men, i tillegg...» og liknende. Bemerkning 2.1. Hvordan beviser vi at alle nordmenn har vakkert hår? Jo, først sjekker vi at den norske stamfaren hadde vakkert hår. Så viser vi at det å ha vakkert hår er arvelig. Når vi har gjort det, har vi fullført vårt første induksjonsbevis. 2.1 Eksempler på bevis Euklidsk divisjon. Ting vi nå tar for gitt: Bruk av likhetstegnet. At vi har aksiomer for pardannelse. Karakteriseringen av like mengder. Mengder definert ved en egenskap. At vi har et tallsystem Z bestående av hele tall, utstyrt med addisjon (+), multiplikasjon ( ) og en orden ( ). Hva legger man i det siste? Det er en utfordring å finne en så liten som mulig samling aksiomer for de hele tallene slik at alle andre egenskaper følger ved bevisføring. Vi tillater oss her å bruke alle egenskapene ved de hele tallene som er listet opp side 23 i Lakins og i tillegg bevis ved induksjon. 1

Vi bruker følgende definisjon av de naturlige tallene: Merk spesielt at 0 N. Vi definerer også: N = {x : x Z x 0}. (1) N = {x : x Z x > 0}. (2) Her er et eksempel på bevis hvor man argumenterer både ved motsigelse og induksjon. Dette beviset illustrerer også hvordan man diskuterer flere hypoteser separat, ved disjunksjon av tilfeller. Teorem 2.1. Anta at n Z og d N. Da finnes det ett og bare ett par (q, r), slik at q Z, r Z, 0 r < d og n = qd + r. Bevis: Beviset har to deler. Vi viser først eksistens og så entydighet av slike par. (i) Eksistens: Vi anser at d Z, med d > 0 er gitt og lar n Z variere. For hver n Z lar vi P (n) være utsagnet: «Det finnes et par (q, r), slik at q Z, r Z, 0 r < d og n = qd + r.» Vi vil vise at P (n) er sant for alle n Z. Vi gjør det ved å tolke (q, r) som en representasjon av n og ser på hvordan representasjonen forandrer seg når vi legger 1 til n. P(0) er sant, siden vi kan velge (q, r) = (0, 0). La n Z og anta at utsagnet P (n) er sant. Vi viser nå at P (n + 1) er sant. Ved help av P (n) velger vi (q, r) slik at q Z, r Z, 0 r < d og n = qd + r. Vi skiller på de to tilfellene r = d 1 og r < d 1. Dersom r = d 1 setter vi (q, r ) = (q + 1, 0). Vi har da 0 r < d og: n + 1 = qd + r + 1 = qd + d 1 + 1 = qd + d = (q + 1)d = q d + r (3) Dersom r < d 1 setter vi (q, r ) = (q, r + 1). Vi har da 0 r < d og: Vi har nå vist at P (n + 1) er sant. n + 1 = qd + r + 1 = q d + r. (4) Induksjonsprinsippet sier nå at for alle n N har vi at P (n). Hva med eksistens i tilfellene n < 0? Vi kan erstatte iterasjonen som består i å legge til 1 til n med det å trekke fra 1. Vi godtar med andre ord induksjonsbevis på Z hvor vi går i to retninger. Oppgave: fullføre denne delen av beviset. 2

(ii) Entydighet. Vi vil nå vise unikhet av representasjonen (q, r) av n. Med andre ord, vi antar n = qd + r = q d + r med 0 r < d og 0 r < d, og vil vise at (q, r ) = (q, r). Vi får: (q q )d = r r. (5) Vi diskuterer de tre mulighetene q q > 0, q q < 0 og q = q separat. Anta q > q. Man kan vise ved induksjon at for m N så har vi md d. Spesielt har vi (q q )d d. Men siden r 0 har vi også r r r < d. Dette er en selvmotsigelse. Dermed kan vi konkludere at vi ikke har q > q. Antagelsen at q < q kan drøftes på samme måte (eventuelt ved å bemerke at (q q)d = r r). Dermed står vi igjen med q = q som eneste mulighet. Da får vi også r = r, dermed (q, r ) = (q, r). Kommentarer om 2. Beviset over for Euklidsk divisjon er ganske komplisert. Her følger noen eksempler på enklere ting man kanskje kan ønske å bevise: Lemma 2.1. La n Z. Da er n et partall eller et oddetall, og ikke begge deler. Eller kanskje vi vil bevise følgende: Lemma 2.2. La n N. Vi definerer en følge (u k ) k N induktivt slik: Først definerer vi: u 0 = n. (6) Så lar vi k N og antar at vi har definert u 0,..., u k. Dersom u k er et partall definerer vi: u k+1 = (u k )/2, (7) og hvis ikke definerer vi: Da er følgen (u k ) k N stasjonær. u k+1 = u k. (8) Dette lemmaet kan tolkes som at hele tall ikke kan deles med 2 uendelig mange ganger og fortsatt være et heltall (med mindre man starter med 0...). Sammenlikn dette med situasjonen for rasjonale tall. Er disse lemmaene opplagte? Er det aksiomer? La oss først se hva de kan brukes til og hva de har med 2 å gjøre. Først et nyttig delresultat. Lemma 2.3. Anta n Z. Hvis n 2 er et partall, så er n et partall. 3

Som nevnt tidligere har vi (P = Q) ( Q = P ). For å vise (P = Q) kan vi derfor like gjerne vise ( Q = P ), som kalles den kontrapositive implikasjonen. Bevis: Anta n Z. Vi argumenterer kontrapositivt. Anta nå at n ikke er et partall. Da er n et oddetall. Velg k Z slik at n = 2k + 1. Vi får: n 2 = (2k + 1) 2, (9) = 4k 2 + 4k + 1, (10) = 2(2k 2 + 2k) + 1. (11) Dermed er n 2 et oddetall, dermed er n 2 ikke et partall. Dette beviset ser greit ut, men hva var egentlig definisjonene av partall og oddetall? Er det egentlig så opplagt at partall ikke er oddetall og omvendt, ut ifra definisjonene? Pytagoras teorem tilsier at forholdet φ mellom lengdene på diagonalen og en side av en firkant må tilfredsstille φ 2 = 1 2 + 1 2 = 2. Det var også kjent for Pytagoreerne at φ (som vi i all hemlighet vet at er det reelle tallet 2) ikke er et rasjonalt tall, dvs. ikke kan skrives som brøk av to hele tall. Siden vi ikke har tatt for gitt noe om brøker formulerer vi dette som følger: Teorem 2.2. Det finnes ikke noe par (p, q) med p Z og q Z slik at q 0 og 2q 2 = p 2. Bevis: Ved motsigelse. Anta at det finnes (p, q) med p Z og q Z slik at q 0 og 2q 2 = p 2. Hvis både p og q er partall, erstatter vi dem med q/2 og p/2. Dette fortsetter vi med til vi står igjen med et par (p, q ) hvor en av komponentene er et oddetall (vi bruker her Lemma 2.2). Vi har 2(q ) 2 = (p ) 2. Dermed er (p ) 2 et partall. Dermed er p et partall (Lemma 2.3). Skriv p = 2r. Vi får 2(q ) 2 = (2r) 2. Dermed får vi (q ) 2 = 2r 2. Dermed er q et partall ((Lemma 2.3). Vi har oppnådd en selvmotsigelse, slik at vår antagelse må være usann. Vi ser at for å bevise Teorem 2.2 bruker vi at partall kan skrives på formen 2k med k Z mens for å bevise Lemma 2.3 bruker vi at oddetall er på formen 2k + 1 med k Z. For å være helt presis: Definisjon 2.1. Vi sier at: n Z er et partall dersom det eksisterer k N slik at n = 2k. n Z er et oddetall dersom det eksisterer k N slik at n = 2k + 1, 4

Gitt disse definisjonene er det da opplagt at Lemma 2.1 holder? Det at et heltall ikke kan være både partall og odde tall har med unikhet av Euklidsk divisjon med 2 å gjøre, mens det at et heltall må være partall eller oddetall har med eksistens av Euklidsk divisjon med 2 å gjøre. Er Euklidsk divisjon med 2 vesentlig enklere enn Euklidsk divisjon med andre d > 0? Delbarhet. Definisjon 2.2. La a, b Z. Vi sier at a deler b dersom det finnes k Z slik at ka = b. I såfall skriver vi a b. Med andre ord: (a b) ( k Z ka = b). (12) Vi sier også at a er en divisor til b dersom a deler b. Hvilke hele tall deler 0? Hvilker hele tall har 0 som divisor? Definisjon 2.3. La a Z. Vi sier at a er invertibel (i Z) dersom a deler 1, i.e. dersom det finnes b slik at ba = 1. Vi skal nå vise to delresultater som krever at vi har tungen rett i munnen i forhold til hvilke aksiomer vi arbeider ut ifra. Lemma 2.4. For alle n Z, hvis n > 0 så n 1. Bevis: Ved induksjon. For hver n N lar vi P (n) være utsagnet : n > 0 = n 1. Vi vet at 0 > 0 er usant. Dermed er (0 > 0 = 0 1) sant. Dermed er P (0) sant. La n N og anta at P (n) er sant. Vi vet at n 0, dermed n + 1 1. Dermed har vi at (n + 1 > 0 = n + 1 1). Vi har dermed bevist ( n N P (n) = P (n + 1)). Dette fullfører induksjonsbeviset for at n N n > 0 = n 1. Hvis vi nå lar n Z skiller vi på de to tilfellene n 0 og n < 0. Hvis n 0 har vi n N og dermed (n > 0 = n 1) fra det over. Hvis n < 0 har vi ikke n > 0, dermed har vi (n > 0 = n 1). Dette viser at: N = {n N : n 1}. (13) Proposisjon 2.3. De eneste invertible elementene i Z er 1 og 1. 5

Bevis: La a, b Z og anta ab = 1. Vi antar først a 0. Hvis a = 0 får vi ab = 0 hvilket motstrider hypotesen. Vi kan derfor anta a > 0. Dermed har vi a 1. Anta for motisgelse at a > 1. Vi viser ved induksjon at for alle c N har vi ca > 1. For hver c N lar vi P (c) være utsagnet ca > 1. 1a = a > 1 ved vår antagelse. Dermed er P (1) sant. La c N og anta at ca > 1. Vi har da (c + 1)a = ca + a ca > 1. Dette fullfører beviset for at for alle c N er P (c) sant. Dermed har vi (b N ) slik at b 0. Men da får vi ba 0 < 1. Antagelsen a > 1 er da feil slik at vi har a 1. Siden også a 1 får vi a = 1. Dermed b = 1b = ab = 1. Hvis nå a > 0 får vi a 0 og ( a)( b) = 1. Fra det foregående får vi da a = 1 og b = 1. Dermed a = 1 og b = 1. Proposisjon 2.4. For alle a, b, c Z gjelder det at: a a, (14) (a b b a) = a = ±b, (15) a b b c = a c. (16) Bevis: (i) Anta a Z. Vi har 1a = a. Dermed k Z ka = a. Dermed a a. (ii) Anta a, b Z, at a b og at b a. Velg k Z slik at ka = b. Velg l Z slik at lb = c. Vi får da kla = lb = a. Hvis a = 0 får vi også b = 0 fra a b, slik at a = ±b. Hvis a 0 får vi kl = 1. Dermed får vi k = ±1 og l = k. Dermed a = ±b. (iii) Anta a, b, c Z, at a b og at b c. Velg k Z slik at ka = b. Velg l Z slik at lb = c. Vi har da kla = lb = c. Dermed a b. 2.2 Deduksjonsregler Modus ponens Den mest grunnleggende deduksjonsregelen kalles modus ponens og består i følgende: Har vi kunnet påstå P og P = Q, har vi også lov til å påstå Q. 6

Man kan begrunne dette med ekvivalensen: kombinert med de intuitive fakta at: (P (P = Q)) (P Q), (17) Hvis vi kan påstå utsagn A og også utsagn B, så kan vi påstå utsagn (A B). Vi anvender dette prinsippet på utsagnene P og P = Q. Vi kan erstatte en påstand med en ekvivalent påstand. Her erstatter vi (P (P = Q)) med (P Q). Hvis vi er istand til å påstå A B så har vi også lov til å påstå B. Disjunksjon og konjunksjon av tilfeller La oss si vi ønsker å bevise A og vi vet at (P Q R) = A. Da er det tilstrekkelig å vise P, Q og R. La oss si ønsker å bevise A og vi vet at (P = A) (Q = A) (R = A). Da er det tilstrekkelig å vise en av P, Q og R. Bevis med kvantorer og : Vi har fire deduksjonsregler for bruk av kvantorene Hypoteser med eksistensiell kvantor Hvis vi kan påstå ( x P (x)) har vi lov til å introdusere et objekt y med egenskapen P. Vi kan gjøre dette ved å skrive «Velg y slik at P (y)». Merk at i setningen ( x P (x)) forekommer x som såkalt stum variabel. Vi skiller ikke den påstanden fra for eksempel ( z P (z)). Etter at en slik påstand er fremmet er det ikke noe objekt x som er navngitt. Navngivningen skjer når vi skriver «Velg y...». Da er vi istand til å jobbe med objektet y. Hypoteser med universell kvantor Hvis vi kan påstå at y er et objekt med egenskap P og vi i tillegg vet at ( x P (x) = Q(x)), da kan vi påstå at y har egenskap Q. Dette er den vanlige formen av modus ponens. Konklusjoner med eksistensiell kvantor Hvis vi er istand til å påstå at objekt y tilfredsstiller P kan vi trekke den slutningen at ( x P (x)). Har vi vært eksplisitte i hvordan y er definert, er det vanlig å snakke om et konstruktivt eksistensbevis. 7

Konklusjoner med universell kvantor For å bevise en påstand på formen ( x P (x) = Q(x)) kan man introdusere en ny hypotese, nemlig den at y er et objekt med egenskap P, og vise at i såfall har y også egenskap Q. Vi kan gjøre dette ved å skrive «Anta at y er slik at P (y).» og argumentere derifra. Teknikkene over kalles direkte bevis. Merk bruk av de to hjelpeordene «Velg...» og «Anta...». Et annet hjelpeord som er mye brukt er «La...». Setningen «La y være et objekt med egenskap P» introduserer en hypotese, den at y er et objekt med egenskap P (på samme måte som «Anta»), men tilføyer den ekstra informasjonen at vi vet at et slikt objekt eksisterer (på samme måte som «Velg»). Indirekte bevis med kvantorer bevise kvantifiserte påstander. Man kan også bruke motsigelsesbevis for å Motsigelsesbevis for eksistensiell kvantor Et motsigelsesbevis for ( x P (x)) vil begynne med å innføre hypotesen: «Anta at ( x P (x)).». Deretter ønsker man å argumentere seg frem til en selvmotigelse. Klarer man det har man vist at ( x P (x)) uten å finne noen eksempler på objekter med egenskap P! Man kaller det et ikke-konstruktivt eksistensbevis. Motsigelsesbevis for universell kvantor Et motigelsesbevis for ( x P (x) = Q(x)) vil begynne med hypotesen: «Anta at y er et objekt slik at P (y) Q(y)». Deretter ønsker man å argumentere seg frem til en selvmotsigelse. Entydighetsbevis En tredje mye brukt kvantor forekommer på formen «Det eksisterer en unik x slik at P (x)», som skrives (! x P (x)). Det betyr per definisjon at følgende to holder: x P (x), (18) x y (P (x) P (y)) = (x = y). (19) Har man først funnet et objekt z med egenskapen P kan man også bevise entydighet ved å bevise: y P (y) = (y = z). (20) 8