K.Čerāns KAS IR MATEMĀTISKS PIERĀDĪJUMS?. dļ Rīg 009
UDK 5(075) Če 58 K.Čerāns. Ks ir mtemātisks pierādījums?. dļ. (. izdevums) Rīg: Ltvijs Universitāte, 009. 78 lpp. Grāmts pmttēm nostiprināt un preizēt intuitīvo priekšsttu pr loģiski stingriem spriedumiem. Drs izstrādāts LU A.Lieps Neklātienes mtemātiks skolā r IZM tlstu. Drs iekļuts Ltvijs Īslndes kopprojekt LAIMA ietvros izdotjā grāmtu sērijā. K.Čerāns ISBN 978-9984-45-8-
SATURS Ievds... 4. Ks ir mtemātik un kāpē ilvēki r to nodrojs... 4. Ks ir pierādījums un kāpē ts vjdzīgs... 8 3. Ks ir pierādījums mtemātikā un ko su pr pierādījumu itās zinātnēs... 9. Pierādījums loģisku seinājumu virkne.... Atsevišķi un vispārīgi pglvojumi... 6 3. Pr pierādījumiem no pretējā... 33 4. Ko nozīmē trisināt uzdevumu?... 4 5. Nevienādīu un vienādojumu risināšn... 53 6. Uzmnīu slidens!... 63 Vingrinājumu tildes... 73 Litertūr... 74 J ir kāds, km pr kut ko kut ks zināms, lāītis spried, td tā ir Pūe, jo viņ zin visu ko pr visu ko, vi rī mni nesu Vinnijs Pūks. Un, tā kā mni su Vinnijs Pūks, viņš pieild, td tā liet ir skidr. A.Milns Vinnijs Pūks un viņ drugi 3
IEVADS. KAS IR MATEMĀTIKA UN KĀPĒC CILVĒKI AR TO NODARBOJAS Pierādījums mtemātikā vr tikt uzlūkots kā vienīgis līdzeklis džādu mtemātisk stur pglvojumu preizīs pmtošni. Tomēr šāds pierādījum jēdzien pskidrojums nedod iekšēju pmierinātīs izjūtu pliek neskidrs, ks td īsti slēpjs iz vārdiem mtemātisk stur pglvojums (kā, piemērm, tšķirt mtemātisk stur pglvojumus no, teiksim, fizikāliem pglvojumiem: kā noteikt, vi pglvojums zķis nevr ieskriet mežā dziļāk kā līdz vidum ir vi nv mtemātisks). Izrādās, k šī neskidrī ir ūtisk tieši mtemātiks uzdevumu speifik nosk pierādījum lomu to risinājumā, kā rī metodes, kāds mēs drīkstm lietot mtemātiskā pierādījumā. Kāds td ir iezīmes, ks mtemātiku tšķir no itām zinātnes nozrēm? Mtemātik zinātne pr skrīām Vr ievērot, k skolā mtemātiks uzdevums ieži ir noformulēts tā, k tjā ir kut kādi doti lielumi un kādi nezināmi lielumi, kuru vērtīs jātrod, izejot no dotjiem lielumiem. Ilustrēsim šo ideju vispirms r vienkāršu uzdevumu (trisiniet to!). Zināms, k no pilsēts A līdz pilsēti B p dzelzeļu ir 0 km. Plkst. 9.00 no rīt no pilsēts A uz pilsētu B izru psžieru viliens r ātrumu 60 km/h, et tm pretī no pilsēts B izru preču viliens r ātrumu 40 km/h. Noteikt, kādā ttālumā no pilsēts B šie vilieni stiksies. Šjā uzdevumā nv grūti izšķirt, ks ir dotie, ks nezināmie lielumi. Tiešām, mēs tiekm nostādīti tādā situāijā, kd kāds ju ir ppūlējies izmērīt ttālumu strp pilsētām A un B (0 km), ez tm mums tiek pteikts rī, kurā virzienā un ikos sāk rukt ktrs no vilieniem, kā rī ts, ik ātri ktrs no viņiem ru. Mūsu kā mtemātiķu uzdevums ir (tiki!?) trst šo vilienu stikšnās vietu. Mtemātikā vispār nekd nv jāizdr džādi mērījumi dā un 4
eksperimenti r reāliem priekšmetiem, mtemātisk uzdevum nostādne ju ietver sevī visus vjdzīgos mērījumus kā izdrītus. Ievērosim, k šjā konkrētjā uzdevumā trst meklējmo lielumu neij grūti: ts ir tāpē, k mums li zināms skrīs, ks sist tjā dotos lielumus r meklējmo. Uzdevum trisināšni ij vjdzīgs tiki šīs vienkāršās skrīs un neks virāk. Uzdevum risinājums ir rī pilnīgi netkrīgs no tā, tieši kurs pilsēts ir pzīmēts r urtiem A un B; rezultāts, ks ir iegūts, ir viens un ts pts visiem gdījumiem. Vēl virāk, li trisinātu šo uzdevumu, mums nv nekāds nepieiešmīs pārlieināties, k šāds pilsēts A un B tiešm kut kur ir un k kādurīt vilieni no viens pilsēts uz otru tiešām r tādiem ātrumiem ir rukuši viens otrm pretī. Nedz vilieni, nedz rī pšs pilsēts mūsu risinājumm nv vjdzīgi, to vr vispār neūt. Tā ir ārkārtīgi ūtisk iezīme mtemātiks uzdevumos: mtemātik pēt, ks notiktu, j izpildītos zināmi nosījumi (piem., ttālums strp pilsētām ir..., vilien ātrums ir..., utt.), un dod svu slēdzienu pr to; tjā pšā likā jutājums to, vi šādi nosījumi fktiski izpildās konkrētjā reāljā situāijā, tiek noskidrots, lietojot džāds nemtemātisks metodes (ts, protms, tties ne tiki uz gdījumu r pilsētām un vilieniem, ks šeit ņemts piemēr pē). Ilustrējot mtemātiku kā zinātni pr skrīām, plūkosim vēl vienu piemēru: Atrisināt vienādojumu x 7 59 x. Šjā uzdevumā dotis ir pts vienādojums, et kā tildi no mums prs uzrādīt viss tās x vērtīs, ks pmierin šo vienādojumu (šoreiz gn tā ūs tiki vien, et, j vienādojums ūtu srežģītāks, td tāds vrētu ūt virāks). Li trisinātu šo vienādojumu, mēs tkl izmntojm skrīu (šoreiz tādu, ks svā strpā sist lineārus vienādojumus r nezināmo un to trisinājumus). Vienādojums ir dots, mēs neinteresējmies pr to, no kurienes un kādā veidā ts pie mums nonāis. Mūsu kā mtemātiķu uzdevums sāks r to rīdi, kd vienādojums ju ir mūsu priekšā. Der ievērot, k vienādojum risināšns metodes (kā rī mtemātisk uzdevum risināšns metodes vispār) nv tkrīgs no tā, no kurienes šis vienādojums (uzdevums) rdies vienlg, vi ts prkst kādu fizikālu proesu, vi rī, piemērm, pirēj pārdevēj ttieīs tirgū vi veiklā; 5
tikpt li vienādojumu kāds vrēj uzrkstīt, svs iekšējās zinātkāres vi vēl kādu itu psvērumu vdīts. Tāpt kā uzdevumi, rī skrīs mtemātikā vr ūt ļoti džāds. Ir dudz tādu skrīu, pr kuru esmīu Jūs pšreiz nevrt pt iedomāties, ir rī ļoti dudz tādu uzdevumu, kuru risināšni vēl neviens psulē nv trdis vjdzīgo skrīu. Bet tieši ts lielā mērā nosk mtemātiks kā zinātnes pr skrīām skistumu. Kāpē ilvēki pēt skrīs No skrīām sstāv vis mūsu dzīve. Vr pt teikt, k vis psule ir vien ārkārtīgi liel un dudzpusīg skrī. Droši vien tādu srežģītu sistēmu, kād ir psule mums vispkārt un kād tā ir ktrā no mums, mēs visā pilnīā līdz glm tā rī nekd neizzināsim, tču ilvēk prāt entieni izprst juns un juns vispārējā kopskr puses ir viens no glvenjiem fktoriem,ks ilvēkm ļāvis izveidoties pr tādu pzinīgu ūtni, kāds ts ir šodien. Mzliet ilustrējot šo domu, psktīsimies, ks notiek, j mums pkārt esošā d pzināti ļunprātīgi vi rī iz nolidīs vi nezināšns netiek uzlūkot visā tās skrīu gātīā. Kd Austrāliju tklāj eiropieši, šjā kontinentā neij trušu. Trušus uz Austrāliju tved 8. gdsimt eigās, un, tā kā tur neij plēsoņu, ks iznīin trušus, td šo gruzēju virošnās risinājās neprsti ātrā tempā. Drīz vien milzīgi trušu ri pārplūdināj visu Austrāliju, nodrīdmi ārkārtīgi lielus zudējumus luksimnieīi un pārvērzdmies pr īstu nelimi. (Situāijs prksts ņemts no J.Perelmņ grāmts Dzīvā mtemātik.) Ir ārkārtīgi viegli izjukt līdzsvru dā, et tgd, kd ts ju izdrīts pietiekoši dziļi, ir dudz grūtāk izlāpīt rdušās seks, un r dudz ko vēl pgidām nezināmu mums nāksies sstpties turpmāk. Mtemātisko skrīu strktums un vispārīgums Kā ju iepriekš redzējām, mtemātiskās skrīs tties nevis uz kādu konkrētu situāiju reāljā dzīvē, et gn uz kādu ilvēku iztēles rdītu situāiju, kuri tieš nlog reāljā psulē vrūt nemz nv. Skrīs mtemātikā tšķirs no skrīām reāljā dzīvē vēl rī tāpē, k mtemātikā tās sist džādus speiāl 6
veid izdomātus ojektus skitļus, ģeometrisks figūrs, vienādojumus, funkijs utml., kurus pkārtējā relitātē tieši uzrādīt nevr (j netit, td pdomājiet, piem., kurā vietā Jūsu istā trods skitlis 7 (pts skitlis, et nevis tā pierksts r ipriem desmitnieku skitīšns sistēmā; ts nu nekādi nv viens un ts pts, tāpt kā tšķirs dārzenis gurķis no vārd gurķis ). Ko ilvēki iegūst no šādu strktu skrīu pētīšns un kāpē tās vispār ir tzīts pr uzmnīs vērtām? Aplūkosim džus vienkāršus piemērus. Mēs visi li zinām, k 7 3 4. Tā ir kut kād skrī strp ilvēku izdomātiem tēliem, kurus tie su pr skitļiem. Tomēr ir pmts uzsktīt, k tieši šī strktā (t.i. r konkrētiem priekšmetiem nesistītā) skrī izsk to reālās pkārtējās psules īpšīu, k ts ojektu dudzums, ks jāpievieno pie 3 kut kād veid ojektiem, li iegūtu 7 tādus pšu ojektus, ir 4, netkrīgi no tā, vi pr šiem ojektiem mēs ņemm āolus, utomšīns, zīmuļus, spēļu lāīšus vi rī vēl pvism ko itu. Tādējādi ju šī pvism vienkāršā skrī mums pr psuli pstāst fntstiski dudz! Mēs vrm iet vēl tālāk un plūkot, piemērm, nturālu skitļu sskitīšns komuttivitātes īpšīu: ktriem diviem nturāliem skitļiem un pstāv vienādī. Strp dudz ko itu tā izsk ūtīu pglvojumm j es pņemtu 58557 āolus un pē tm vēl 4693 āolus, td mn eigās ūtu tikpt dudz āolu, kā gdījumā, j es sākumā ūtu pņēmis 4693 āolus, et pē tm 58557 āolus. Mēs nešuāmies pr šī konkrētā pglvojum ptiesumu, kut rī neviens no mums to nv pārudījis (je vrūt kādm ir vēlēšnās pmēģināt?). Nešuāmies tāpē, k zinām iepriekš minēto mtemātiks likumu (un tim šim likumm), k nturālo skitļu sskitīšn ir komuttīv. Nešuāmies, nesktoties uz to, k āoli neūt nv ts pts, ks skitļi! Pdomājiet rī pr to, kād milzīg ilvēes uzkrātā pieredze slēpjs iz ārēji ļoti vienkārš un pšsprotm mtemātisk pglvojum, ks izsk reizināšns distriutīvo īpšīu: Ktriem trim nturāliem skitļiem, un ir spēkā vienādī ( )! Vi Jums nv nāies to ieži lietot svā drīā? 7
Sprotms, k skitlis nv vienīgis jēdziens mtemātikā, kā rī sprotms, k mtemātiskās skrīās tspoguļojs ne tiki situāijs, kurās ir jānodrojs r tsevišķu priekšmetu skitīšnu. Cilvēks ir izgudrojis tādus ojektus kā punkts (rī tisne, plkne u.. ģeometrijs jēdzieni), koordinātu sistēm, funkij un vēl dudzus itus. Pētot šos sv prāt izveidotos ojektus (piem. punkts tču reāli pkārtējā psulē nekur nepstāv, kur nu vēl funkij!), izrādās, k ilvēks spēj ārkārtīgi dudz ko nozīmīgu uzzināt pr reālo psuli sev pkārt. Līdzīgi kā nturālie skitļi tspoguļo džādu skitāmu priekšmetu īpšīs, punkti Eiklīd ģeometrijs ksiomu sistēmā pietiekoši li tspoguļo džādo gndrīz punktu īpšīs reāljā dzīvē. Piemērm, runājot pr plnētu kustīu p suli, ir ārkārtīgi izdevīgi uzsktīt, k gn plnēts, gn Sule ir punkti, t.i. reālās situāijs vietā pētīt situāiju, kd viens strkts ojekts punkts riņķo p itu strktu ojektu rī punktu. Rezultāti, ks iegūti no pētījum strktjā sistēmā, kā izrādās, ieži vien ir pietiekoši tilstoši tiem rezultātiem, ks tiek eksperimentāli novēroti reāljā sistēmā (et, kā ju iepriekš vienojāmies, mtemātiķ kompetenē ietilpst tiki drs r strkto sistēmu). Vrm teikt, k mtemātik pēt skitļu, punktu un itu ojektu īpšīs truti no tā stur, km šie ojekti tilst reālā dzīvē. Tā, piemērm, izskot džādus pglvojumus pr skitļiem, mēs ne vienmēr iedomājmies soiēt r tiem tilstošs āolu kudzītes. Ts ūtu pt ļoti neloģiski, jo skitļu īpšīs, pārtulkots āolu terminos, ne vienmēr iznāk pildīts r zināmu sturīgu informāiju. Mtemātik kā zinātne ir ļoti interesnt un rī solūti nepieiešm, jo skrīs strp mtemātiks jēdzieniem tspoguļo skrīs strp ojektiem reālā dzīvē, turklāt mtemātik ir vienīgis līdz šim zināmis līdzeklis, kā pētīt vispārīgs skrīs, t.i. tāds skrīs, ks tties reizē uz ļoti dudzām situāijām.. KAS IR PIERĀDĪJUMS UN KĀPĒC TAS VAJADZĪGS Ikdienā mēs no pkārtējās psules uztverm džādu informāiju un uz tās āzes pieņemm džādus lēmumus. Kā gn mums griētos, li uz visiem šiem jutājumiem, kurus mēs sev uzstādām, mēs iegūtu preizs tildes! Nepreizi tildei, r kuru mēs sskņojm svu tālāko rīīu, vr ūt virāk vi mzāk smgs seks, reizēm tās vr izrādīties pt visi postošs. 8
Kā mēs enšmies pārlieināties pr svs tildes preizīu? Mēs meklējm ši tildei pmtojumu izdrām džādus novērojumus un spriedumus, ks vrētu lieināt pr vi pret tās preizīu. Šāds pmtojums, kurm mēs uztimies, td rī klpo pr grntijām tildes preizīi. J mēs rīkosimies sskņā r pmtotu tildi, mēs nekļūdīsimies (j vien pmtojums pts neūs kļūdins). Līdzīgi kā ikdiens dzīvē, rī mtemātikā nepieiešms izdrītos spriedumus un pglvojumus pmtot. Mtemātikā noteikt pglvojum preizīs pmtojumu su pr pierādījumu. Vispārīgāk skot pierādījums ir pmtojums, k Jūsu izvēlētā tilde ir preiz. No viens puses, mēs šjā vietā vrētu rošūru peigt, jo mēs tgd zinām, ks ir pierādījums un km ts ir domāts. Tomēr šāds slēdziens ir mldinošs, jo mēs vēl neko nezinām pr to, kādus līdzekļus un metodes drīkst un kāds nedrīkst lietot mtemātisks ds pglvojumu preizīs pmtošnā. Tieši šī jutājum detlizēti nlīzei pmtā veltīt šī rošūr. 3. KAS IR PIERĀDĪJUMS MATEMĀTIKĀ UN KO SAUC PAR PIERĀDĪJUMU CITĀS ZINĀTNĒS Sprst šo tšķirīu ir ļoti ūtiski. Tā izriet no mtemātisko skrīu vispārīgās ds. Ikdienā mēs svus pieņemmos lēmumus pmtojm r džādām metodēm. Bieži šis pmtojums lstās pt virāk uz konkrētā moment emoijām nekā uz noteiktu fktu un iespēju nlīzi. Mtemātikā, tāpt kā jekurā itā zinātnē, no personiskjām emoijām vien nekād pglvojum vi spriedum preizīu pmtot nevr zinātnes mērķis ir izstrādāt noteiktu jēdzienu un fktu sistēmu, ks ūtu pē iespējs universāl, t.i. derīg iespējmi plšākm situāiju lokm. Ko gn td vr dot tādi spriedumi, ks mn šodien šķiet ptiesi, et rīt vi pē nedēļs, minoties grstāvoklim, virs nē? Ko ptiesīs izzināšns inā dod spriedumi, ks vienm ilvēkm šķiet ptiesi, et kurus otrs uzskt pr pilnīā plmiem? Tomēr pierādījumi mtemātikā tšķirs rī no pierādījumiem itās zinātnēs (piem., fizikā vi siedriskās zinātnēs). 9
Mtemātikā ir zināms preīzs kritērijs tm, kādi spriedumi ir un kādi nv pieļujmi džādu pglvojumu pmtošnā mtemātisks pierādījums ir loģiski stingru seinājumu virkne, ks ved no dotjiem pglvojumiem uz pierādāmo, netkrīgi no tā, kāds ir šo pglvojumu sturs un ietekme uz mūsu dzīvi. Kādi spriedumi ir un kādi nv loģiski stingri to ktrs intuitīvā nozīmē sprot. Mūsu rošūrs uzdevums ir plīdzēt preizēt šo priekšsttu, li vēlāk vrētu loģiski preīzi veidot uzdevumu risinājumus. Bet ju r šo intuitīvo priekšsttu pietiek, li sprstu, k tiki slikts mtemātiķis, pārudījis pirmos 99 nturālos skitļus, un ievērojis, k visi tie mzāki pr 00, vr seināt, k visi nturālie skitļi mzāki pr 00. Mēdz gn jokot: fiziķis ti, k 60 dlās r visiem nturāljiem skitļiem, j pārudījis, k ts dlās r,, 3, 4, 5, 6, kā rī džiem, kā viņš sk nejuši ņemtiem skitļiem 0, 0, 30. Svukārt inženieris spējīgs eksperimentāli konsttēt, k visi nepār skitļi ir pirmskitļi: novienosimies uzsktīt pr pirmskitli, td nāk 3, 5, 7 nepšuāmi pirmskitļi. Pē tm nāk 9 skumjš gdījums, 9 droši vien nv pirmskitlis. Bet un 3, protms ir pirmskitļi. Atgriezīsimies pie 9 es seinu, k ti jāūt eksperiment kļūdi. Mtemātisks pierādījums, protms, vr ietvert sevī džādu gdījumu pārlsi. Jāievēro tiki viens nosījums gdījumu pārlsei jāūt pilnīgi. Jāplūko visi iespējmie gdījumi (tšķirīā no pierādījum tikko plūkotjā piemērā). Viegli redzēt, k prinipā nv iespējms pārudīt itu iz it ezglīgu dudzumu džādu gdījumu, šādās situāijās īmredzot jāmeklē itāds spriešns metodes. Pretsttā pierādījumm mtemātikā kā loģiski stingri seinājumu virknei fizikā pr pierādījumu su kāds izvirzīts hipotēzes eksperimentālu pstiprināšnu; pie tm jāņem vērā, k hipotēze, ks pstiprinājusies džos eksperimentos, vr nepstiprināties itos eksperimentos itā, iepriekš neredzētā situāijā. Šī iemesl dēļ pierādījums fizikā nv uzsktāms pr loģiski stingru un nepgāžmu. Vēl rīvāk vārds pierādījums tiek lietots t.s. siedriskjās zinātnēs (vēsture, filozofij u.tml.). Pr kād izteikum pierādījumu šeit nereti tiek sukts šī izteikum utor sujektīvis viedoklis, kāpē viņm šis izteikums šķiet ptiess. Apglvojumi, ks skitās 0
ptiesi viens politiskās sistēms pstākļos, vr tikt nosukti pr pilnīgi plmiem un ntizinātniskiem, vldot iti politiski sistēmi. Pmēģināsim sprst, kādēļ rods šāds tšķirīs. Kā ju noskidrojām, mtemātik pēt sev speifiskus ojektus (skitlis, punkts, kop u.tml.), kuru īpšīs tā pti nodefinē (r ksiomām vi kā itādi). Junu skrīu strp jēdzieniem ieguves vots mtemātikā ir loģisks spriedums (kā gn li itādi droši uzzin, kāds skrīs pstāv strp strktiem ojektiem). Fizik, svukārt, pēt pkārtējo psuli, tjā juns zināšns tiek iegūts r džādu novērojumu un eksperimentu plīdzīu. Pšs fizikālās zināšns stur sevī pglvojumus pr to, kāds īpšīs piemīt un kāds nepiemīt mums pkārtēji reāli eksistējoši mtēriji. Tādēļ rī ir pilnīgi normāl prādī, k džādu fizikāl stur pglvojumu ptiesums ir nosīts r mūsu ptreiz novērojumu rezultātā ssniegto zināšnu līmeni pr pkārtējo du, kmēr mtemātikā pglvojums, ks vienreiz pierādīts, virs nevr lik gitā kļūt neptiess. Slīdzinot mtemātiku r siedriskjām zinātnēm, redzm, k siedriskjās zinātnēs pieņemts plši operēt r jēdzieniem, km nv dot stingr definīij. Atšķirīā no mtemātiks, siedriskjās zinātnēs ktrs ilvēks vr vienu vi otru jēdzienu izprst kut kādā zināmā mērā personiski. Tādēļ ir pilnīgi skidrs, k siedriskjās zinātnēs nv iespējms izdrīt no mtemātiskā viedokļ loģiski stingrus spriedumus. Bez tm jāņem vērā, k pglvojumi, ks tiek izteikti siedriskjās zinātnēs, kā likums, nepglvo neko, km ūtu jāizpildās pilnīgi visās situāijās, et drīzāk nosk vdlīnijs, kā vienm vi otrm proesm vjdzētu notikt lielākjā dļā gdījumu. Mtemātiķim, svukārt, jāspēj rgumentēt, k viņ izteiktis pglvojums ir preizs pilnīgi visos gdījumos; pretējā gdījumā šis pglvojums nv uzsktāms pr pierādītu. Pāriesim tgd pie šīs rošūrs pmttēms nostiprināsim un preizēsim intuitīvo priekšsttu pr loģiski stingriem spriedumiem.
. PIERĀDĪJUMS LOĢISKU SECINĀJUMU VIRKNE Aplūkosim vispirms sekojošu uzdevumu:. piemērs. Dots, k, un reāli skitļi, km spēkā 0. Pierādīt, k 0. Redzm, k uzdevum formulējums sstāv no dļām. Vien dļ stur pglvojumu, ks ir dots je zināms, ts ir, fktus, uz ko mēs vrm lstīties svos tālākjos spriedumos; otr dļ stur pglvojumu, ks jāiegūst pierādījum rezultātā. Mūsu uzdevums ir izveidot tādu seinājumu virkni, kurā ktrs pglvojums lstītos uz kādu ju iepriekš iegūtu pglvojumu un ks glrezultātā dotu pierādāmo pglvojumu. To vr izdrīt, piemērm, šādi: Risinājums. Tā kā 0, td ( ) 0, t.i. 0 je, ks ir ts pts, ( ) 0, je (*) Tā kā ktr reāl skitļ kvdrāts ir nenegtīvs, t.i. 0, 0, 0, td 0, et ts nozīmē, k 0, ks, ņemot vērā (*), dod mums 0 ; ts rī ij jāpierād. Komentārs. Ievērosim, k šī uzdevum risinājumā ez dotās vienādīs 0 tik izmntots rī vispārzināms ptiesīs, piemērm, ktr reāl skitļ kvdrāts ir nenegtīvs, ( ) u.tml., r kurām jūs est iepzīstināti skols kursā; ts, protms, ir tļuts, jo tās vi nu pšs ir rezultāti, pr kuru preizīu neviens mtemātiķis nešuās,
vi rī ju Jums skolā ir pierādīts, lstoties uz kādiem nepšuāmiem rezultātiem. Li ilustrētu pierādījumu kā loģisku seinājumu virkni, plūkosim vēl vienu, grūtāku uzdevumu (j Jums rī neizdods visā pilnīā izsekot tā risinājumm, droši lsiet tālāk!). piemērs. Kādā mežā dzīvo triju džādu veidu rūķīši: votivps, šillišlls un pukks. Dži no viņiem svā strpā drudzējs. Ir zināms, k izpildās tādi četri nosījumi (suksim tos pr ksiomām): A. J kāds votivp v un kāds pukk p drudzējs r vienu un to pšu šillišllu, td v un p drudzējs svā strpā. A. J vieni un tie pši divi džādi votivps drudzējs r šillišllu s un pukku p, td s un p drudzējs svā strpā. A3. J divi šillišlls s un s drudzējs svā strpā, td vr trst votivpu, ks drudzējs gn r s, gn r s. A4. Ktrm votivpm v un ktrm šillišllm s vr trst tādu pukku, ks drudzējs gn r v, gn r s. Pierādīt šādu teorēmu: J trīs džādi šillišlls visi p pāriem svā strpā drudzējs un j nv votivps, ks drudzējs r tiem visiem trim, td ir tāds pukk, ks drudzējs r visiem trim šillišllām. Ktru reizi, kd spriedumos izmntot kād no ksiomām, ts jānorād. Komentārs. Šjā uzdevumā dotis noformulēts četru ksiomu veidā, et pierādāmis izteikts kā teorēm. Seinājumu virkne, r kuru no ksiomām tiek iegūts teorēms pglvojums, vrētu ūt, piemērm, šād. Risinājums. Apzīmēsim dotos trīs šillišlls r s, s un s 3. Pē ksioms A3 vr trst tādu votivpu (pzīmēsim to r v ), ks drudzējs gn r s, gn r s, kā rī tādu votivpu (pzīmēsim to r v 3), ks drudzējs gn r s, gn r s 3, un votivpu v 3, ks drudzējs gn r s, gn r s 3. Tā kā teorēms formulējumā dots, k nv tād votivps, ks drudzētos reizē vienliīgi r s, s un s 3, td v, v 3 un v 3 ir džādi votivps. 3
J rūķīšus ttēlosim r punktiem plknē un to, k divi rūķīši svā strpā drudzējs, ttēlojm, novelkot līniju strp tilstošjiem punktiem, td iegūstm sekojošus zīmējumus. s 3 s s pē dotā s s s pē A3 s v s 3 v 3 s 3 v 3.zīm. Viss kopā, ņemot vērā, k v v 3, v v 3, v 3 v 3, izsktās sekojoši (. zīm.): v v s s s s v 3 v 3 s 3.zīm. v 3 v 3 s 3 p 3.zīm. Pē ksioms A4 vr trst tādu pukku p, ks drudzējs vienliīgi r s un r v 3 (3.zīm.). Pē ksioms A, tā kā gn v, gn p drudzējs r s, td v un p drudzējs svā strpā. Tāpt pē ksioms A svā strpā drudzējs v 3 un p, jo gn v 3, gn p drudzējs r s (4.zīm.). v v s s s s s 3 v 3 v 3 p 4.zīm. v 3 v 3 p s 3 5.zīm. Pē ksioms A šillišll s un pukk p drudzējs svā strpā, jo divi džādi votivps v un v 3 drudzējs gn r p, gn r s. 4
Anloģiski pē ksioms A svā strpā drudzējs p un s 3, jo r tiem iem drudzējs votivps v 3 un v 3 (5.zīm.). Līdz r to mēs esm pierādījuši, k mūsu izvēlētis pukk p drudzējs r visiem trijiem dotjiem šillišllām s, s un s 3. Līdz r to uzdevums ir trisināts, jo ts, k mēs uzrādām kādu pukku, ks drudzējs r visiem trim dotjiem šillišllām, nozīmē, k šāds pukk ir trodms. Komentārs. Apsktot šos piemērus, vrm ievērot, k pierādāmis pglvojums neseko tieši no dotjiem, et ts iegūts ur džādu plīgspriedumu un pglvojumu ķēdīti.. piemērā šī spriedumu ķēdīte ij diezgn īs, et piemērā pr rūķīšiem tik veikts ļoti dudz elementāru loģisku seinājumu. Izsekojot ktri no šīm spriedumu ķēdītēm, ez sevišķi liels piepūles vr konsttēt, k tjās ktrs nākmis pglvojums loģiski izriet no iepriekš iegūtjiem (pierādītjiem) pglvojumiem un uzdevumā dotjām skrīām, tādēļ ktrs no šiem spriedumiem uzsktāms pr loģiski pilnīgu un pierādījum vārd ienīgu. No otrs puses, nv grūti sprst, k krietni grūtāks uzdevums ir pšm izveidot šo viens iz otr sekojošo spriedumu ķēdīti. Šī situāij mtemātikā ir tipisk: nesktoties uz to, k smērā viegli pārudīt, vi dotā spriedum virkne ir uzlūkojm pr dotā pglvojum pierādījumu, uzdevums pšm trst kāds prolēms risinājumu (kād noteikt pglvojum pierādījumu) vr ūt ļoti, ļoti grūts. Ir milzīgi dudz tādu mtemātisku prolēmu, kuru risinājums nv zināms nevienm psulē. Meklējot pierādījumus džādiem pierādījumiem, ieži nāks izdrīt džāds ppildkonstrukijs, izdlīt ojektus r speiāl veid īpšīām, ievērot džādus neminīgus lielumus utt., u.tml. Tomēr, nesktoties uz to, k pierādījum meklēšn ieži vien ir ļoti grūts proess, iešn p vieglākās pretestīs eļu, pierādījum vietā mēģinot iesmērēt kut kādus spriedumus vrūt uz to pusi, ir solūti nepieļujm. Mtemātiks kā zinātnes skistums lielā mērā ir meklējms tieši grūtu uzdevumu un prolēmu trisināšn. Tjā pšā likā neviens vrūt uz to pusi spriedums nevr iekļuties mtemātiks zināšnu sistēmā, jo netilst pši glvenji prsīi, ks jāievēro, veidojot šo sistēmu loģiskjm pēteīgumm (loģiskji stingrīi). 5
. ATSEVIŠĶI UN VISPĀRĪGI APGALVOJUMI Pirms ķerties pie pierādījum meklēšns vi veidošns ktrā konkrētā uzdevumā (sstopoties r konkrētu prolēmu), ir jāsprot ts pglvojums, kuru mēs enšmies pierādīt vi pmtot. Nevr izveidot loģiski stingru pierādījumu, preīzi nepzinoties, tieši ko mēs grim pierādīt. Ievērosim, k pglvojums vr tteikties gn uz kādu vienu ojektu (piemērm, skitli 5, pilsētu Rīg vi kādu konkrētu ilvēku), gn rī kut kādā ziņā līdzīgu ojektu kopumu (piemērm, visiem nturāliem skitļiem, visām Ltvijs pilsētām, visiem Zemeslodes iedzīvotājiem u.tml.). Atkrīā no ojektu skit, uz kuriem tties pglvojums, pglvojumus pieņemts sukt vi nu pr tsevišķiem, vi pr vispārīgiem. APGALVOJUMI ATSEVIŠĶI Atsevišķi pglvojumi kut ko pglvo pr vienu ojektu (skitli, priekšmetu, figūru) VISPĀRĪGI Vispārīgi pglvojumi kut ko pglvo pr kādu ojektu kopumu (skitļiem, priekšmetiem, figūrām) Atsevišķu pglvojumu piemēri ir 4 dlās r, Andris māās 9. klsē, kvdrāt ABCD (skt. 6.zīm.) digonāles ir perpendikulārs. B C A D 6.zīm. Vispārīgu pglvojumu piemēri: Ktrs nturāls skitlis, ks eidzs r 4, dlās r (šis pglvojums tties uz visiem nturāljiem skitļiem, ks deimāljā pierkstā eidzs r 4, un izsk īpšīu, k ktrs skitlis no prkstītā kopum dlās r ). 6
Pirmskitļu ir ezglīgi dudz (šis pglvojums tties uz visu nturālo skitļu kopu un pglvo, k strp tās elementiem vr trst ezglīgi dudzus tādus, km ir tiki dlītāji pts šis skitlis un skitlis ). Trijstūr lukums ir prēķināms pē formuls trijstūr mls grums, et h h, kur - - ugstum, ks vilkts pret šo mlu, grums (Šis pglvojums tties uz visu trijstūru kopu un pglvo, k ktrm trijstūrim tā lukumu vr prēķināt, sreizinot tā mls grumu r ugstumu, ks vilkts pret šo mlu, grumu, un iegūto rezultātu izdlot r ). Andris, Jānis un Aivrs māās 9. klsē (šis pglvojums tties uz Andri, Jāni un Aivru un pglvo, k ktrs no viņiem māās 9. klsē). Andris, Jānis vi Aivrs māās 9. klsē (šis pglvojums rī tties uz Andri, Jāni un Aivru; ts pglvo, k vismz viens no šiem zēniem māās 9. klsē). Ievērosim, k vispārīgie pglvojumi ir sdlāmi ūtiski tšķirīgās grupās. Dļ no šiem pglvojumiem izsk īpšīu, ks piemīt ktrm dotā kopum elementm (piemērm, ktrs nturāls skitlis, ks eidzs r 4, dlās r, ktr trijstūr lukums ir prēķināms pē formuls h, Andris, Jānis un Aivrs māās 9. klsē, ktr kvdrāt digonāles ir perpendikulārs, utt., utml.). Citi vispārīgie plvojumi, svukārt, pglvo, k dotjā kopumā eksistē ojekts ( vi ojektu grup) r pglvojumā norādīto īpšīu (piemērm, eksistē tāds nturāls divipru skitlis, ks dlās r, eksistē ezglīgi dudz pirmskitļu, Andris, Jānis vi Aivrs māās 9. klsē, eksistē tāds tisnstūris, km digonāles ir perpendikulārs, utt.). Sprst tšķirīu strp vien vi otr veid vispārīgjiem pglvojumiem ir ārkārtīgi ūtiski, tādēļ noformulēsim to likum veidā. 7
VISPĀRĪGI APGALVOJUMI ktrm - tip pglvojumi (pglvojumi, ks izsk, k kād īpšī piemīt ktrm dotā kopum elementm) eksistē - tip pglvojumi (pglvojumi, ks izsk, k dotjā kopumā eksistē elements, ks pmierin noteiktu īpšīu) Lūk, vēl dži piemēri: Ktrm - tip pglvojumi: () ktrm reālm x izpildās nevienādī: x 0 () ktrs nturāls skitlis ir vi nu pār, vi nepār () ktr ķīmisk element kodols sstāv no protoniem un neitroniem (d) strp ktriem 3 skitļiem, ks mzāki pr 6, vr trst vismz vienu nepār skitli (e) ktrā situāijā, ks vr rsties, spēlējot šhu, uz gldiņ nv virāk pr 8 dāmām. Eksistē - tip pglvojumi () eksistē tāds x, k x 6 () eksistē tāds nturāls skitlis, km ipru summ ir 988 () eksistē tādi nturāli skitļi,,, d, k d (d) eksistē tāds tisnleņķ trijstūris, km ktrs mls grums ir izskāms r veselu skitu entimetru (e) uz zemeslodes ir tāds klns, kur ugstums pārsniedz 8000 m virs jūrs līmeņ (f) spēlējot šhu, vr nonākt līdz situāiji, kurā uz gldiņ ir virāk nekā 5 dāms. Pmēģināsim lāk sprst, kur slēpjs tšķirī strp ktrm - tip un eksistē - tip pglvojumiem. Aplūkosim pglvojumu x. Viegli sprst, k pglvojum ptiesums ir tkrīgs no tā, kād ir x vērtī ir tād x vērtī, kuri šī vienādī ir ptiess pglvojums (piem., j x 3 ), kā rī ir tāds x vērtīs, kurām šī 8
vienādī izsk īmredzmi plmu pglvojumu (piem., j x ). Tātd šjā situāijā mās vrm pglvot, k eksistē tāds x, k x (jo, piemērm, 3 nevrm pglvot, k ktrm x izpildās vienādī ), et tjā pšā likā mēs x ( jo, piemērm, ). Citiem vārdiem skot, pglvojums eksistē x, k x ir ptiess, et pglvojums ktrm x izpildās x ir plms. Aplūkosim pglvojums Andris, Jānis un Aivrs māās 9. klsē un Andris, Jānis vi Aivrs māās 9. klsē. J visi trīs zēni māās 9. klsē, td i šie pglvojumi ir ptiesi. J neviens no viņiem 9. klsē nemāās, td i ir plmi. Pdomāsim, ks notiek td, j Andris un Jānis māās 9. klsē, et Aivrs 0. klsē (šād situāij tču ir pilnīgi iespējm). Apglvojums Andris, Jānis un Aivrs māās 9.klsē tgd ir neptiess, jo ts pglvo, k ktrs no šiem zēniem māās 9. klsē, et Aivrs tču nemāās 9.klsē! Svukārt otrs pglvojums Andris, Jānis vi Aivrs māās 9. klsē, protms, ir ptiess, jo no šiem zēniem, piemērm, Jānis māās 9. klsē. Šo tšķirīu strp vārdu ktrm un eksistē nozīmi (tāpt strp vārdu un un vi nozīmi) ir jāpzinās ik rīdi, kd šie vārdi ir lietoti. Ļoti ūtiski ir spēt tšķirt, kādi spriedumi nepieiešmi, pierādot ktrm - tip pglvojumu, un r kādiem pietiek eksistē - tip pglvojumu pierādīšni. Ņemot vērā vārdiņu ktrs un eksistē iežo lietojumu mtemātiks spriedumos, tiem ir izdomāti ērti sīsinājumi: vārdiņš ktrs tiek izstāts r simolu (otrādi pgriezts A urts, no vāu vārd Alle visi), vārdiņš eksistē r simolu (otrādi pgriezts E urts, no vāu vārd Existieren eksistēt). Šos pzīmējumus pirmoreiz ieviesis vāu mtemātiķis G.Kntors. reizēm šos simolus ērtīs ld lietosim rī mēs. Tgd mēģināsim noskidrot rksturīgākās iezīmes, ks piemīt ktrm tip (tātd: tip) pglvojumu pierādījumiem. 9
3. piemērs. Pierādīt, k ktrm reālm x (sīsināti rkstot izpildās nevienādī x x. x R) Komentārs. Izteiktis pglvojums tties uz visu reālo skitļu kopu un pglvo, k ktrm tās elementm x ir spēkā nevienādī x x. Pierādīt šo pglvojumu nozīmē izveidot spriedumu, ks pārlieinātu, k šī nevienādī ir spēkā pilnīgi visām reālām x vērtīām (nevis kut kādi vieni vi džām, nevis tiki pozitīvām vi tiki negtīvām, nevis tiki tām, ks pē moduļ mzāks pr 989, et pilnīgi visām). Tā kā džādo x vērtīu ir ezglīgi dudz, td ir surdi uzdevumā formulēto pglvojumu mēģināt pierādīt, pārudot p vieni viss iespējmās x vērtīs nv jēgs sākt dru, ju iepriekš skidri pzinoties, k mēs nekd nespēsim to peigt. Risinājums. Aplūkosim vispirms gdījumu, kd mums jāpierād, k x Ievērosim, x x 0. Td x x, un x, je, ks ir ts pts, x x 0. k x R izpildās 3 3 x x x x x 0. 4 4 4 Līdz r to esm pārlieinājušies, k x 0 (ktrm x, ks nv mzāks pr 0) x x. Atlikušjā gdījumā, kd x<0, ievērosim, k x ( x) un x x. Tču, tā kā x 0 un mēs ju esm pierādījuši, k y 0 izpildās y y (ir tču pilnīgi vienlg, vi skot ktrm pozitīvm skitlim tā kvdrāt un skitļ summ ir lielāk pr šī skitļ moduli, mēs ptvļīg pozitīv skitļ pzīmēšni lietojm simolu x vi simolu y), td rī ( x ) x, ks ir ekvivlenti r ( x) x (jo x 0 ), je, ks ir ts pts, r x x. Līdz r to mēs esm psktījuši viss iespējmās x vērtīs, (t.i. gn viss nenegtīvās, gn rī viss negtīvās) un ktri no tām pierādījuši, k x x. Līdz r to mēs esm pierādījuši uzdevumā formulēto vispārīgo pglvojumu. 0
4. piemērs. h Pierādīt, k ktrm trijstūrim h h h r, kur h, h, ttieīgi pret trijstūr mlām,, novilkto ugstumu grumi, r trijstūrī ievilktās riņķ līnijs rādius grums. Komentārs. Šjā uzdevumā run ir pr pilnīgi visiem trijstūriem (nevis tiki šurleņķ vi pltleņķ trijstūriem, nevis tiki trijstūriem, ks uzzīmējmi urtnīs lpā vi uz tāfeles, et pr pilnīgi visiem trijstūriem). Tādēļ rī pentīsimies izveidot vispārīgu spriedumu, ks derīgs uzreiz visiem trijstūriem, et nevis kut kādi to dļi vi vienm konkrētm trijstūrim. Zīmējums, kuru izveidosim, ūs tiki ilustrtīv lom, ts tvieglos sekošnu pierādījum giti (zīmējumm nevr ūt virāk kā ilustrtīv lom, jo zīmējumā mēs vrm ttēlot tiki vienu konkrētu trijstūri; li rī ik zīmējumus mēs urtnīā szīmētu, mēs nekd neūsim uzzīmējuši pilnīgi visus trijstūrus). C r r O A r 7.zīm. B Risinājums. Apzīmēsim trijstūrī ievilktās riņķ līnijs entru r O (trijstūr virsotnēm pierkstīti urti A, B, C; r, kā prsti, pzīmēt ml, ks pretēj virsotnei A, utt.). Td trijstūr ABC lukums ABC AOB BOC COA r r r r ( ) (*) (Nv nekādu šuu pr to, k trijstūrī ievilktās riņķ līnijs entrs trods trijstūr iekšpusē).
ABC No otrs puses, ABC h h, ABC h, ABC h ABC ABC ABC h h h h h, tātd,. ABC h h h. Ņemot vērā (*), ABC r ( ) r ABC h h h Tātd tā kā ABC 0, ij jāpierād. r 0, iegūstm r h h, ks rī h 5. piemērs. Pierādīt, k ktrm nturālm n ( n ) skitlis n ( n ) ir pār skitlis. Komentārs. Uzdevumā izteiktis vispārīgis pglvojums tties uz visu nturālo skitļu kopu. Vr uzsktīt, k ts sstāv no ezglīgi dudziem sekojoš veid pglvojumiem: ir pār skitlis 3 ir pār skitlis 3 4 ir pār skitlis 4 5 ir pār skitlis 988 989 ir pār skitlis 989 990 ir pār skitlis 999999 000000 ir pār skitlis 000000 00000 ir pār skitlis 00000 00000 ir pār skitlis Uzdevumā formulētā vispārīgā pglvojum pierādījums ir jāveido tā, li pmtotu pilnīgi visus tsevišķos pglvojumus, no kuriem sstāv vispārīgis pglvojums. Mēs redzm, k rī šjā gdījumā pmtojmo tsevišķo pglvojumu ir ezglīgi dudz, tātd rī šoreiz mums nv nekādu erīu peigt vjdzīgo vispārīgā
pglvojum pierādījumu, pierādot (je pārudot) visus tjā ietilpstošos tsevišķos pglvojumus pē kārts. Mēs prinipā nevrm pt tiki uzrkstīt vien visus šos tsevišķos pglvojumus (li to izdrītu, mums ūtu vjdzīgs ezglīgs liks, kurš diemžēl nv rīīā nevienm no mums), kur nu vēl ktru tsevišķi pierādīt! Līdzīgi kā iepriekšējos piemēros, izeju no situāijs izdods trst, lietojot vispārīgus spriedumus, r kuriem vr pmtot visus vispārīgjā pglvojumā ietilpstošos tsevišķos pglvojumus reizē. Risinājums. Ktrs nturāls skitlis ir vi nu pār skitlis, vi nepār skitlis. J n pār skitlis, td n ( n ) rī ir pār skitlis, jo ts izskāms kā divu nturālu skitļu, no kuriem viens ir pār skitlis, reizinājums. J, svukārt, n ir nepār skitlis, td pār skitlis ir ( n ), un tkl n( n ) rī ir pār skitlis, jo izskāms kā divu nturālu skitļu, no kuriem viens ir pār skitlis, reizinājums. 6. piemērs. Pierādīt, k nevienm nturālm n skitlis, dlot r 3, nevr dot tlikumā. Risinājums. Ir 3 džāds iespējs: ) skitlis n dlās r 3, ) skitlis n, dlot r 3, dod tlikumā, ) skitlis n, dlot r 3, dod tlikumā. Aplūkosim ktru no tām tsevišķi. ) J n dlās r 3, td n rī dlās r 3, tātd, dlot r 3, nedod tlikumu. ) J n, dlot r 3, dod tlikumu, td eksistē tāds vesels nenegtīvs skitlis k, k n 3k. Td n (3k ) 9k 6k 3(3k k) dod tlikumu, dlot r 3. ) J, svukārt, skitlis n, dlot r 3, dod tlikumā, t.i., eksistē tāds vesels nenegtīvs skitlis k, k n 3k, td n (3k ) 9k k 4 3(3k 4k ) rī dod tlikumu, dlot r 3. Līdz r to, iznlizējot visus iespējmos gdījumus, esm pierādījuši, k nevien nturāl skitļ kvdrāts, dlot r 3, nevr dot tlikumā. n n 3
Kā ju redzējām 3. un 5. piemēros, pierādot ktrm tip pglvojumus, nv oligāti jāsmeklē kut kād vien spriešns metode, ks derīg reizē visiem tsevišķjiem pglvojumiem, kuri ietilpst vispārīgjā pglvojumā. Vr tsevišķos pglvojumus kut kā sdlīt p grupām, ktrā no tām lietojot svu, tieši šīs grups īpšīām piemērotu spriešns metodi. Situāijā, kd tsevišķo pglvojumu, ks sstād vispārīgo pglvojumu, skits ir glīgs un pie tm neliels, ir iespējms vispārīgo pglvojumu pierādīt, pārudot pē kārts visus tjā ietilpstošos tsevišķos pglvojumus. 7. piemērs. Pierādīt, k strp ktriem 3 džādiem nturāliem skitļiem, ks mzāki pr 6, vr trst vismz vienu nepār skitli. Atrisinājums. Iespējmās 3 skitļu, ks mzāki pr 6, komināijs ir sekojošs: 3 4 5 34 35 45 34 35 45 345, ktrā no tām vr trst vismz p vienm nepār skitlim: 3-4- 5-34- 35-45- 34-3 35-3 45-5 345-3. Tātd pierādāmis vispārīgis pglvojums ir ptiess. Skidrs, k šjā piemērā vrēj spriest rī itādi, piemērm, ievērojot, k pār skitļu, ks mzāki pr 6, ir tiki divi (t.i. un 4 ), tātd, pņemot 3 skitļus, ks mzāki pr 6, vismz viens no tiem neūs ne, ne 4, tātd ūs nepār skitlis. Tomēr formulētjā uzdevumā veiktā vrintu pārlse ij pilnīg, tādēļ rī pirmis trisinājums uzsktāms pr preīzu un loģiski stingru izteiktā pglvojum pierādījumu. Rezumējot iepriekš teikto pr ktrm tip pglvojumu pierādīšnu: º Svrīgi ir, li pierādot ktrm tip pglvojumu, ūtu pierādīti pilnīgi visi tsevišķie pglvojumi, no kuriem ts sstāv (et tieši tād tču ir vārd ktrm jēg); nv svrīgi, vi tie pierādīti visi reizē, vi ktrs tsevišķi, vi kut kā sdlot p grupām. Šeit ūtu vietā vēlreiz pieminēt ilustrāiju: no tā, k pirmie 99 nturālie skitļi ir mzāki pr 00, vēl neseko, k pilnīgi visi nturālie skitļi ir mzāki pr 00. Anloģisks kļūds vr tikt izdrīts visdžādāko pglvojumu pmtošnā, j spriedumu tļujs izdrīt nepilnīgs gdījumu pārlses rezultātā. 4
Aplūkosim, piemērm, pglvojumu Nevienm nturālm n skitlis 3n 4 nedlās r 7. Ko vērts ir spriedums, kurā, pārudot n vērtīs no līdz 9, uz iegūto rezultātu āzes tiek izdrīts seinājums pr pglvojum ptiesumu jekuri n vērtīi? Ptiesīā, ieliekot n vietā kādu itu nturālu skitli, piemērm, 0 vi 7, izteiktis pglvojums ir īmredzm plmī, jo gn 34, gn 85 dlās r 7. Sekojoš pglvojum Ktrm nturālm n izpildās nevienādī 0000000000 pmtošnā, 3 n pārudot pē kārts viss nturālās n vērtīs, Jūs svs dzīves likā nevrt nonākt līdz tādi n vērtīi, kuri šis pglvojums izrādītos neptiess, kut gn ptiesīā ts ir neptiess: vr pierādīt, k 0000000000 0000000000 3 3. Šie piemēri vēlreiz liein pr to, k ktrm tip pglvojumu pierādīšnā nedrīkst proežoties r nepilnīgu gdījumu pārlsi. Šād pglvojum pierādījumm ir jāgrntē: nevr trsties tāds speiālgdījums, kurā ts neizpildās (tā ir vārd ktrm jēg ttieināt pglvojumu uz pilnīgi visiem iespējmjiem gdījumiem, ez nevien izņēmum!). J vispārīgis ktrm tip pglvojums sstāv no ezglīg dudzum tsevišķu pglvojumu (ezglīg dudzum speiālgdījumu), td to prinipā nevr pierādīt, pārudot pē kārts visus tsevišķos pglvojumus (iznlizējot pē kārts visus iespējmos gdījumus), šeit ir vjdzīgs its metodes. Tgd dži uzdevumi ptstāvīgi risināšni.. uzdevums. Pierādīt, k nturāl skitļ kvdrāts, dlot r 4, vr dot tiki tlikumus 0 vi (t.i., nevr dot tlikumus vi 3), et, dlot r 5 tiki tlikumus 0, vi 4.. uzdevums. n( n )( n ) Pierādīt, k ktrm nturālm n skitlis ir 6 vesels. 5
3. uzdevums. Pierādīt, k ktrm nturālm n skitlis r 0. 4. uzdevums. 5 5 3 n n 4n dlās x 9 Pierādīt, k ktrm reālm x izpildās 4. x 4 5. uzdevums. Pierādīt, k ktrā trijstūrī mediāns, ks vilkt pret mlu, grums ir mzāks pr mlu un grumu pussummu, t.i., m ( ). 6. uzdevums. Punkts D trods trijstūr ABC iekšpusē. Pierādīt, k d d d, kur r,, pzīmēti punkt D ttālumi h h h d d līdz trijstūr mlām,,, et h, h, h - trijstūr ABC ugstumi pret mlām, un. Tgd pievērsīsim uzmnīu eksistē tip pglvojumu pierādīšni. 8. piemērs. Skitli nosuksim pr pilnīgu, j ts ir vienāds r visu tā dlītāju, ks mzāki pr šo skitli, summu. Pierādīt, k eksistē pilnīgs skitlis. Risinājums. Viegli redzēt, k 6 ir pilnīgs skitlis, jo tā dlītāji, ks mzāki pr 6, ir, un 3 un neviens its; tjā pšā likā 6 3. Komentārs. Ts, k mēs esm uzrādījuši vienu pilnīgu skitli, mums, protms, ļuj pglvot, k pilnīgs skitlis eksistē. No otrs puses, mums nv nekād pmt pglvot, k ktrs nturāls skitlis ir pilnīgs, ts pt īmredzmi nv ties, jo, piemērm, skitlim 5 vienīgis dlītājs, ks mzāks pr 5 ir, un 5. Vispār pglvojum veidu eksistē tāds ojekts (skitlis, figūr u.tml.), ks pmierin īpšīu A pierādīšni pietiek trst d 6
vienu tilstošu ojektu, ks pmierin īpšīu A (piemērā šāds ojekts ij skitlis 6, īpšīs A lomā tik ņemt īpšī ūt pilnīgm skitlim ). Netiek prsīts pilnīgi nekāds ppildus pētījums pr to, kādi ir un vi vēl vispār ir iti ojekti, ks rī pmierin īpšīu A. Protms, uzrādot kādu noteiktu ojektu un pglvojot, k ts pmierin īpšīu A, vēl ir jāpierād, k ts tiešām šo īpšīu pmierin (piemērā mēs pierādījām, k 6 ir pilnīgs skitlis, ts gn šoreiz neij īpši grūti). 7. uzdevums. Pierādīt, k eksistē tāds pilnīgs nturāls skitlis, ks ir lielāks pr 6. 9. piemērs. Pierādīt, k eksistē tāds nturāls skitlis n, k dlās r, dlās r 3, dlās r 5, dlās r 7 un dlās r. Risinājums. Pārudīsim, k skitlis 53 pmierin uzdevumā formulēto prsīu. Tiešām, kā viegli redzēt, 5 dlās r, 5 dlās r 3 un 50 dlās r 5. tjā pšā likā 59 7 7 un 58 38, tātd skitli 53 mēs vrm ņemt uzdevumā meklētā n vietā. Komentārs. Šis piemērs, li rī nedudz smākslots, uzsktāmi prād, k eksistē tip pglvojum piemērs vr nesturēt nekādu informāiju pr to, kā ts tik iegūts. No kurienes rdās skitlis 53? Kāpē ņēmām tieši to un nevienu itu? Vēlāk gn mēs redzm, k šī mūsu izvēle ij veiksmīg, et, pirms mēs esm pārudījuši, vi 5 dlās r, 5 dlās r 3 utt., mēs tču nezinām, k jāizvēls skitlis 53 (vrēj, protms, n vietā ņemt rī skitļus 3833 vi 643, kā rī dudzus jo dudzus itus, et no tā, īmredzot, vieglāk nekļūst). Tomēr, nesktoties uz šādu neizskidrojmīu, dotis pierādījums formulētjm pglvojumm ir pilnīgi pietiekms. Formulētā uzdevum risināšns proesā, nepšuāmi, šādu skitli 53 no zil gis pgrāt neizdods. Mēs te uzsktāmi redzm, k tā domu git, ks tiek noiet uzdevum risināšns proesā, un tā loģisko spriedumu ķēdīte, ks rkstām uzdevum trisinājumā, ieži vien vr ūt pvism džāds liets. n n 3 n 4 n n 5 7
Li netstātu neizprstu šī uzdevum risināšns ideju, pdomāsim, kā vrēj iegūt skitli 53. Skitlis n, dlot r, dos tlikumu, un, dlot r 3, dos tlikumu, j n, dlot r 6, dos tlikumu 5. J šāds n, dlot r 30, dos tlikumu 3, td turklāt, dlot r 5, n dos tlikumu 3. Tālāk, j, dlot r 0, šāds skitlis n dos tlikumu 53, td turklāt, dlot r 7, n dos tlikumā 4. Li n, dlot r 0, dotu tlikumā 53 un, dlot r, dotu tlikumā 5, pietiek, li n, dlot r 30, dotu tlikumā 53 (pārudām tlikumus, dlot r, skitļiem 53; 63; 473; ; 53 0 k, līdz konsttējm, k 53, dlot r, dod tlikumā 5). 8. uzdevums. Pierādīt, k eksistē tāds nturāls skitlis n, k dlās r 3, dlās r 5, dlās r un dlās r 3. n n 3 n 4 n Eksistē tip pglvojumi vr tteikties ne tiki uz nturālo skitļu kopu. Aplūkosim, piemērm, sekojošu uzdevumu: 0. piemērs. Pierādīt, k plknē vr uzzīmēt tādu slēgtu luztu līniju, ks ktru svu posmu krusto tieši reizes. Risinājums. 8.zīm.. piemērs. Pierādīt, k skitli 99 vr izteikt r 0 vieniniekiem, lietojot pē nepieiešmīs iekvs un ritmētisko drīu zīmes. Risinājums. 99 ( ) () : ( ). 8
Li gn eksistē tip pglvojumu pierādīšni pietiek uzrādīt speiālgdījumu, kurā ts izpildās, nekur nv teikts, k šī ir vienīgā iespēj pierādīt šādus pglvojumus. Pierādījumus, kuros kut kād ojekt eksistene tiek pmtot, uzrādot šo ojektu (vi nu uzrādot tieši, vi prkstot konstrukiju, kā to iegūt), su pr konstruktīviem. Citu pierādīšns iespēju plūkosim nākošjā prgrāfā, runājot pr pierādījumiem no pretējā. No iepriekš teiktā vrētu šķist, k pierādīt eksistē tip pglvojumus ir ūtiski vieglāk, nekā pierādīt ktrm tip pglvojumus. Ptiesīā izrādās, k tā ieži vien ir tiki ilūzij. Konkrēt pglvojum pierādīšns grūtīs pkāpi nosk nevis ts, ik grūti ir uzrkstīt pierādījumu, et ts, ik grūti ir izdomāt pierādījumu. Vienu ilustrāiju ši tšķirīi mēs ju redzējām piemērā r 53 ; izrādās, k ļoti ieži ir sstopmi uzdevumi, ks prs vēl dudz srežģītāku spriedumus, li nonāktu pie iespējs uzrkstīt pierādījumu, kmēr pts pierādījums pliek prktiski tikpt vienkāršs, kā minētjā piemērā. Bez tm vienā dļā uzdevumā prsītā eksistē tip pglvojum pierādīšn pē tm, kd preizā tilde uzminēt, reduējs uz ktrm tip pglvojum pierādīšnu. Aplūkosim sekojošu piemēru.. piemērs. Pierādīt, k eksistē 5 džādi pirmskitļi,,, d un e r īpšīu: li kā rī izvēlētos zīmes skitļ priekšā izteiksmē d e, iegūtis skitlis nedlās r 9. Komentārs. J mēs uzrādīsim 5 pirmskitļus, ko ņemt,,, d un e lomās, td mums vēl tliks pierādīt ktrm tip pglvojumu: li kā rī izvēlētos zīmes plūkotjā izteiksmē (t.i. priekš ktr zīmju izvietojum pirms skitļiem), iegūtis skitlis nedlās r 9. Neentīsimies mākslīgi nodlīt šos etpus vienu no otr, et izveidosim dīgu pierādījumu, kurš sevī ietver iem etpiem tilstošos spriedumus. Risinājums. Aplūkosim vispirms izteiksmi. Ievērosim: li rī kā mēs izvēlētos tjā zīmes skitļu priekšā, mēs vrm iegūt tiki izteiksmes vērtīs 0, 6,,, 6, 0 un nevienu itu, 9
tkrīā no tā, ik divnieku priekšā mēs izvēlmies + zīmi un ik divnieku priekšā zīmi. Tālāk ievērosim: j,,, un ir veseli skitļi (pozitīvi, negtīvi vi 0), td rī izteiksmē ( 9k ) (9k ) (9k3 ) (9k4 ) (9k5 ) mēs nevrm zīmes izvēlēties skitļu priekšā tā, li iegūtis rezultāts dlītos r 9. Tiešām, šīs izteiksmes vērtī ktrā konkrētā zīmju izvēles gdījumā preīzi pr skitļ 9 dudzkārtni tšķirs no tilstošās izteiksmes vērtīs (no tās vērtīs, ks iegūt, zīmes sliekot tāpt kā plūkojmjā izteiksmē). Tā kā izteiksmes vērtī nevr dlīties r 9 (jo tā vr ūt tiki 0, 6,,, 6 vi 0, et neviens no šiem skitļiem r 9 nedlās), td rī plūkojmā izteiksmē ( 9k ) (9k ) (9k3 ) (9k4 ) (9k5 ) zīmes skitļu priekšā nevr izvēlēties tā, li iegūtis rezultāts dlītos r 9. Tādējādi, j mums izdosies trst 5 džādus pirmskitļus, ktrs no kuriem ir izskāms formā ( ), td uzdevumu ūsim trisinājuši. To izdrīt nv grūti: ņemsim kut vi,, 9, d 47, e 83. Iepriekš izdrītie spriedumi pmto to, k izteiksmē 9 47 83 zīmes skitļu priekšā nevr izvēlēties tā, li iegūtis rezultāts dlītos r 9. k k k 3 k 4 9t k 5 t 9. uzdevums. Pierādīt, k izteiksmē 4 8: 6 3 vr slikt iekvs tā, li rezultāts ūtu 50. 0. uzdevums. Pierādīt, k eksistē tādi nturāli skitļi un, k ir 3 nturāl skitļ kus, et ir nturāl skitļ kvdrāts. 3 30
IX VI IV III. uzdevums. Pierādīt, k iprnīu 9.zīm. vr sdlīt 4 dļās tā, li ktrā dļā ierkstīto skitļu summ ūtu 0. XI XII I X II VIII VII V 9.zīm. Piezīme pr tsevišķiem pglvojumiem. Šjā prgrāfā mēs pētījām glvenokārt vispārīgu pglvojumu īpšīs un pierādīšns metodes. Ts ir likumskrīgi, jo mtemātikā glvenokārt nāks pierādīt vispārīgus pglvojumus. Tā, piemērm, uzdevumā Dots, k tisnleņķ trijstūr ktetes ir 3 m un 4 m grs. Pierādīt, k tā hipotenūzs grums ir 5 m rī ir jāpierād vispārīgs pglvojums, jo ts tties nevis tiki uz kādu vienu konkrētu trijstūri, et uz visiem tisnleņķ trijstūriem, km ktetes ir 3 m un 4 m grs, netkrīgi no tā, kur šis trijstūris ir novietots urtnīā vi uz tāfeles, Amerikā vi Ltvijā u.tml. Tomēr jāpiekrīt, k šis pglvojums ir mzāk vispārīgs nekā Pitgor teorēm, ks pglvo, k tisnleņķ trijstūr hipotenūzs grum kvdrāts ir vienāds r šī trijstūr ktešu grumu kvdrātu summu, netkrīgi no tā, vi trijstūr ktešu grumi ir 3 m un 4 m, vi rī jekādi iti. J mēs novienojmie visu vienādo trijstūru kopu uzsktīt pr vienu ojektu (un šjā situāijā to drīt ir zināms pmts), td mūsu sākumā formulētis pglvojums kļūst tsevišķs, jo ts tgd tties tiki uz vien veid trijstūru kopu, kmēr Pitgor teorēm, protms, pliek vispārīgs pglvojums rī šjā interpretāijā. Tāds situāijs, kurās ir svrīgi, li tiktu pierādīts kāds tsevišķs pglvojums, vr rsties, piemērm, j ir doti konkrēti ģeometriski ojekti un ir jānoskidro, kurm no tiem ir lielāks tilpums. Arī nturālo skitļu teorijā līdzās tsevišķiem pglvojumiem, kurus uzsktām pr īmredzmiem, piemērm, 80 ir pār skitlis, 58557 4693 4693 58557, ir tādi, kurus nepieiešms pierādīt, piemērm, skitļ 60 dlītāju summ (ieskitot rī pšu skitli 60), ir 56, skitlis 97 ir pirmskitlis, 3
3 5 7 99 50, utt., u.tml. Atsevišķu pglvojumu pierādīšn pr mtemātiskiem ojektiem, protms, ietilpst mtemātiks kompetenē, tomēr jātzīmē, k mtemātiks kā zinātnes ttīstī nv mērojm r to, ik dudz džādu tsevišķu pglvojumu tjā izdevies pierādīt. Mtemātikā tiek veidot jēdzienu sistēm un pētīts šo jēdzienu īpšīs. Tās prsti tiek izteikts r vispārīgiem pglvojumiem. Mtemātiki tipisk ir situāij, kd tsevišķis pglvojums tiek pierādīts, ssktot tjā kād pierādīt vispārīg pglvojum (je vispārējs likumskrīs) speiālgdījumu. Tā, piemērm, pglvojums 3 5 99 50 ir vispārīg pglvojum 3 5 (n ) n speiālgdījums, ks, svukārt izsk speiālgdījumu no li zināmās ritmētiskās progresijs summs n d formuls S n ( ) n, kur ritmētiskās progresijs pirmis loeklis, d tās diferene, n progresijs loekļu skits. 3
3. PAR PIERĀDĪJUMIEM NO PRETĒJĀ Vien no metodēm, kā pieveikt pretinieku strīdā, ir uzdot tm jutājumus, li, tildot uz tiem, viņš ūtu spiests nonākt pie pretruns vi īmredzmi plm pglvojum, tādējādi piespiežot viņu tteikties no svs uzsktu sistēms. Mtemātikā pierādījumi no pretējā je netiešie pierādījumi, izmntojot līdzīgu spriešns shēmu, lstās uz t.s. izslēgtā trešā likumu : Ktrm pglvojumm A ir spēkā vi nu pts pglvojums A, vi rī tā noliegums Nv ties, k A. J, piemērm, pglvojums A izsk, k no Rīgs līdz Jelgvi ir 7 kilometri, td izslēgtā trešā likums šjā situāijā nozīmē, k vi nu no Rīgs līdz Jelgvi ir 7 kilometri, vi rī nv ties, k no Rīgs līdz Jelgvi ir 7 kilometri (skitļ 7 vietā vrēj ūt jekurš its skitlis, piem., 989; izslēgtā trešā likums ir spēkā netkrīgi no tā, ik tālu ptiesīā ir Rīg no Jelgvs). Svukārt, j pglvojums A izsk, k eksistē tāds nturāls skitlis, ks vienāds r piekāršotu svu ipru summu, td izslēgtā trešā likums šjā situāijā nozīmē, k ptiess ir vi nu pglvojums eksistē tāds nturāls skitlis, ks vienāds r piekāršotu svu ipru summu, vi rī nv tād nturāl skitļ, ks vienāds r piekāršotu svu ipru summu. Interesnts izslēgtā trešā likum lietojum piemērs iegūstms, j pglvojum A lomā ņem eksistē ezglīgi dudz dvīņu pirmskitļu pāru (pr dvīņu pirmskitļiem su tādus pirmskitļus, kuru strpī ir ; dvīņu pirmskitļu pāru piemēri ir 3 un 5; 5 un 7; un 3; 7 un 9; 9 un 3; utt.). Izslēgtā trešā likums pglvo, k ir spēkā viens no pglvojumiem Eksistē ezglīgi dudz dvīņu pirmskitļu pāru un Nv ties, k eksistē ezglīgi dudz dvīņu pirmskitļu pāru, kut rī pšreiz psulē neviens nezin, kurš īsti. Izslēgtā trešā likums nv mtemātiski pierādām teorēm, ts ir noformulēts ilvēes uzkrātās pieredzes rezultātā un ir pieskitāms pie t.s. loģiks ksiomām. (Slīdziniet r ģeometrijs ksiomām tās rī tiek formulēts, vdoties no ilvēku uzkrātās pieredzes un netiek kut kā pierādīts ). 33
Komentārs. Vārdu svienojums izslēgtā trešā jāuztver kā vienot vārdu kop līdzīgi kā vārds lt teikumā lt lp. Vārdu kop izslēgtā trešā pskidro, pr kādu likumu ir run. Nevjg iedomāties, k ir kut kāds trešis likums, ks ir izslēgts; izslēgt ir trešā iespēj lkus iespējām A un nv ties, k A. Apzīmēsim pglvojumu nv ties, k A sīsināti r nea un izsekosim tgd pierādījum no pretējā vispārīgo shēmu. J mums ir jāpierād pglvojums A, td vrm spriest sekojoši: pē izslēgtā trešā likum ir spēkā vi nu A, vi rī nea. J mums izdotos pierādīt, k nevr ūt tā, k spēkā ir nea, td no šejienes vrētu seināt, k spēkā ir pglvojums A, t.i. pierādāmis pglvojums. Kā li nonāk pie seinājum, k nevr ūt tā, k pglvojums nea ir spēkā? Vr pieņemt, k ts ir spēkā, un konsttēt, k šī pieņēmum rezultātā mēs nonākm pie kut kāds pretruns. Pretrun rods, j mēs pieņēmum rezultātā konsttējm kādu īmredzmu plmīu, piem., 3=7, vi rī ( 3) 0, vi rī trijstūr ABC mlu grumi, un pmierin nevienādīu u.tml. Pretrun rods rī td, j izdods konsttēt, k kāds pglvojums ir spēkā reizē r tā negāiju, piem., četrstūr ABCD viss mls ir vienād grum un četrstūrī ABCD ir trodms x x, divs džād grum mls, vi rī vienlikus un u.tml. Pie pretruns mēs nonākm rī td, j pieņēmum rezultātā izdrītie seinājumi ir pretrunā r uzdevum nosījumos doto. Aplūkosim džus piemērus. 3. piemērs. Pierādīt: j plknē tisne l krusto tisni un tisne prlēl tisnei, td tisne l krusto rī tisni. Risinājums. Pieņemsim pretējo, t.i. to, k tisne l nekrusto tisni. l Td tisne l ir prlēl tisnei (jo tisnes, ks trods M vienā plknē, vr ūt tiki krustisks vi prlēls). Apzīmēsim tišņu l un krustpunktu r M, td ur punktu 34
M iet divs tisnei prlēls tisnes l un, tātd tisne l un skrīt. Bet ts ir pretrunā r doto, kurā teikts, k tisne l krusto tisni. Tātd, pieņemot to, k tisne l nekrusto tisni, mēs esm nonākuši pie pretruns r doto, k l krusto ; tātd pieņēmums, k l nekrusto, nevr ūt ptiess. Tātd, pē izslēgtā trešā likum, tisne l krusto tisni, ks rī ij jāpierād. Komentārs. Ievērosim, k pretējo pglvojumu pglvojumm tisne l krusto tisni mēs uzreiz rkstījām tisne l nekrusto tisni tā vietā, li rkstītu nv ties, k tisne l krusto tisni, jo mēs sprotm, k tisne l vr tiki vi nu krustot tisni, vi rī nekrustot to (trešās iespējs nv). Tomēr srežģītākos gdījumos, veidojot pierādījumus no pretējā, llž vjg uzmnīties, li preizi uzrkstītu pglvojum negāiju. Pievērsiet tm uzmnīu, studējot tālākos piemērus. 4. piemērs. Pierādīt, k pirmskitļu ir ezglīgi dudz. Risinājums. Pieņemsim pretējo, t.i., pglvojumu Nv ties, k pirmskitļu ir ezglīgi dudz. Ts nozīmē, k vi nu pirmskitļu vispār nv, vi rī, k tie ir, et glīgā skitā [komentārs: gdījumu, ks pirmskitļu vispār nv, šjā spriedumā tmest uzreiz nedrīkstēj, jo ts, k pirmskitļu ir glīgs skits, nv pretējis pglvojums pglvojumm pirmskitļu ir ezglīgi dudz. Pr šī, tāpt kā pr otr vrint iespējmīu mēs tūlīt pārlieināsimies, un tādējādi ūsim izdrījuši tieši to, ks pierādījumā no pretējā vjdzīgs]. Tā kā skitlis ir pirmskitlis, td gdījums, k pirmskitļu vispār nv, nv iespējms. Gdījumā, j pirmskitļi eksistētu, et to ūtu glīgs skits, pzīmēsim to skitu r n, et visus pirmskitļus r p, p,, p n. Aplūkosim skitli N p p p3 pn. Skidrs, k N nedlās ne r vienu no pirmskitļiem p, p,, p n, tātd vi nu N pts ir pirmskitlis vi rī N dlās r kādu pirmskitli, ks tšķirīgs no visiem p, p,, p n. Aos gdījumos skidrs, k eksistē pirmskitlis (ts ir vi nu N, vi kāds its skitlis), ks tšķirīgs no p, p,, p n ; tādējādi mēs esm ieguvuši pretrunu r to, k p, p,, p n ir visi pirmskitļi. Tādējādi rī gdījumā, 35