Po co nam teoria mnogości? Naiwna teoria mnogości, naiwna indukcja, naiwne dowody niewprost

"Naiwna" teoria mnogości

Teoria zbiorów, zwana również teorią mnogości, została stworzona około połowy XIX wieku, przez niemieckiego matematyka Georga Cantora. Teoria mnogości to gałąź matematyki zajmująca się zbiorami - kolekcja obiektów. Skończone zbiory można definiować, wypisując kolejno wszystkie ich elementy. Georg Cantor był pierwszą osobą, która podjęła się przeniesienia na ścisły grunt matematyczny pojęcia zbioru nieskończonego. Według Georga Cantora zbiór może być dowolną kolekcją obiektów zwanych elementami. Według tego podejścia zbiór jest pojęciem podstawowym i niedefiniowalnym. Niestety podejście do teorii zbiorów w ten sposób rodzi paradoksy i dlatego teoria mnogości prezentowana w ten sposób jest często nazywana "naiwną" teorią mnogości.

Teoria matematyczna nie może dopuszczać istnienia paradoksów i dlatego na początku XX wieku zmieniono podejście do teorii mnogości. Zaproponowany przez Ernsta Zermelo i uzupełniony przez Adolfa Abrahama Halevi Fraenkela system aksjomatów wyklucza paradoksy, które spowodowały, że naiwna teoria zbiorów musiała zostać porzucona. Aksjomaty te nakładają pewne ograniczenia na konstrukcje zaproponowane przez Georga Cantora. W większości przypadków jednak intuicje związane z naiwną teorią mnogości sprawdzają się również w aksjomatycznej teorii zbiorów. Zaprezentowane poniżej, skrótowe przedstawienie "naiwnej teorii mnogości" ma na celu wyrobienie intuicji niezbędnych przy dalszej pracy nad formalną wersją tych teorii. Aksjomatyczna teoria zbiorów zostanie przedstawiona w Wykładzie 4.

W podejściu zaproponowanym przez Georga Cantora zbiory skończone można łatwo wskazywać poprzez wyliczenie ich elementów. Definiowanie zbiorów nieskończonych wymaga bardziej rozwiniętego języka, niemniej jednak, według Georga Cantora, każda kolekcja obiektów jest zbiorem. Podstawowym symbolem używanym przy definiowaniu i opisywaniu zbiorów jest
\( \in \)
oznaczający, że dany byt jest "elementem" pewnego zbioru. Napis

"Kraków" \( \in \) "zbiór wszystkich miast Polski"

ilustruje zastosowanie tego symbolu.

Aby zdefiniować zbiór należy określić definitywny sposób na rozpoznawania, czy dany byt jest elementem zbioru, czy nie. Najczęściej używanym symbolem przy definiowaniu zbioru są nawiasy klamrowe. Definicja skończonego zbioru może być bardzo łatwa. Zbiór
\( \{2,3, \) Kraków \( \} \)

posiada trzy elementy. Liczba 2 jest elementem tego zbioru \( 2\in\{2,3, \) Kraków \( \} \), ale również
Kraków \( \in\{2,3, \) Kraków\( \} \).

Dwa zbiory są sobie równe (takie same), jeśli posiadają dokładnie te same elementy. Jedynymi elementami zbioru \( \{2,3\} \) są liczby naturalne 2 i 3 - ten sam fakt jest prawdziwy dla zbioru \( \{2,2,3\} \), a więc

\( \{2,3\} = \{2,3,3\}. \)

Podobnie \( \{2,3\}=\{3,2\} \) i

\( \{2,3\}= \) "zbiór liczb naturalnych ściśle pomiędzy 1 a 4".

W definicji zbioru nie ma znaczenia kolejność, w jakiej wymienione są jego elementy, ani krotność w jakiej dany element pojawia się w zbiorze.

Zbiory można definiować na wiele sposobów. Najprostszym sposobem zdefiniowania zbioru jest wyliczenie jego elementów. Strategia ta zawodzi jednak w odniesieniu do zbiorów nieskończonych -- nie jesteśmy w stanie wypisać wszystkich liczb naturalnych. Zgodnie z postulatami Georga Cantora możemy przyjąć, że istnieje zbiór wszystkich liczb naturalnych. Czasami, na określenie zbiorów nieskończonych używamy nieformalnego zapisu - zbiór wszystkich liczb naturalnych może być zapisany jako \( \{0,1,2,3,4,\ldots\}. \)

W podejściu zaproponowanym przez Georga Cantora równoważna definicja tego zbioru brzmi

"zbiór wszystkich liczb naturalnych"

Bardzo często tworzymy zbiory składające się z obiektów spełniających daną własność. Zbiór liczb parzystych możemy zdefiniować w sposób następujący
\( \{x\,|\, x \) jest liczbą parzystą \( \}. \)

Bardziej ogólnie

\( \{x\,|\, \) warunek. \( \} \)

W skład powyżej zdefiniowanego zbioru wchodzą te elementy, które spełniają warunek występujący po znaku \( \,|\, \). Żeby zakwalifikować element do powyższego zbioru, wstawiamy go w miejsce \( x \) w warunku występującym po \( \,|\, \) i sprawdzamy, czy jest on prawdziwy. Żeby pokazać, że \( 2\in\{x\,|\, x \) jest liczbą parzystą \( \}, \) musimy dowieść, że warunek "2 jest liczbą parzystą" jest prawdziwy.

Pomiędzy zbiorem liczb parzystych a zbiorem wszystkich liczb naturalnych występuje oczywista zależność. Każda liczba parzysta jest liczbą naturalną, co, ujęte w języku zbiorów, oznacza, że każdy element zbioru liczb parzystych jest elementem zbioru liczb naturalnych. Zbiór liczb parzystych jest podzbiorem zbioru liczb naturalnych (a zbiór liczb naturalnych nadzbiorem zbioru liczb parzystych). Zapisujemy to w następujący sposób

\( \{x\,|\, x \) jest liczbą parzystą \( \}\subseteq \) "zbiór liczb naturalnych" \( . \)

Ogólniej, jeśli każdy element zbioru \( A \) jest elementem zbioru \( B \) mówimy, że zbiór \( A \) jest podzbiorem zbioru \( B \) i piszemy
\( A\subseteq B. \)
W takim przypadku mówimy, że pomiędzy zbiorami \( A \) i \( B \) zachodzi inkluzja.

W szczególności, dla dowolnego zbioru \( A \) zachodzi \( A \subseteq A \). Wspomnieliśmy wcześniej, że dwa zbiory są sobie równe wtedy i tylko wtedy, kiedy posiadają dokładnie takie same elementy. Fakt ten możemy zapisać formalnie w następujący sposób

\( A = B \) wtedy i tylko wtedy, kiedy \( A \subseteq B \) i \( B \subseteq A. \)

Często zależy nam na określeniu znaczącym, że jeden zbiór jest podzbiorem drugiego i że zbiory te nie są sobie równe. Używamy wtedy symbolu \( ⊊ \) w następujący sposób

\( A ⊊ B \) wtedy i tylko wtedy, kiedy \( ( A \subseteq B \) i nieprawda, że \( A=B). \)

Ćwiczenie 1.1

Dla każdej pary zbiorów poniżej określ, czy są sobie równe oraz czy jeden z nich jest nadzbiorem drugiego

\( \{2,3\} \), \( \{x\,|\, x \) dzieli liczbę \( 6 \} \),
"zbiór liczb naturalnych" , \( \{x\,|\, 2 \) dzieli \( x^2 \} \),
\( \{x\,|\, x^2 =1\} \), \( \{x\,|\, x^3=1\} \).

Rozwiązanie

Zarówno 2, jak i 3 dzielą 6, a więc \( \{2,3\}\subseteq\{x\,|\, x \) dzieli liczbę \( 6 \} \). Liczba \( 6 \) jest elementem lewego zbioru, a nie jest elementem prawego i dlatego zbiory te są od siebie różne. Odpowiedzią jest \( \{2,3\} ⊊ \{x\,|\, x \) dzieli liczbę \( 6 \} \).
Do zbioru liczb naturalnych należy 3, które nie należy do zbioru \( \{x\,|\, 2 \) dzieli \( x^2 \} \) (ponieważ 2 nie dzieli \( 9=3^2 \)). Równocześnie do prawego zbioru należy liczba \( -2 \), która nie jest liczbą naturalną. Żaden z wymienionych tu zbiorów nie jest podzbiorem drugiego.
Lewy zbiór to oczywiście zbiór \( \{-1,1\} \), a prawy to jednoelementowy zbiór \( \{1\} \). W tym przypadku odpowiedzią jest \( \{x\,|\, x^2 =1\} ⊋ \{x\,|\, x^3=1\} \).

Najczęstszymi operacjami wykonywanymi na zbiorach są operacje sumy, przecięcia i różnicy. Sumą dwóch zbiorów \( A \) i \( B \) jest zbiór oznaczony przez \( A\cup B \) w skład którego wchodzą wszystkie elementy zbioru \( A \), wszystkie elementy zbioru \( B \) i żadne elementy spoza tych zbiorów

\( A\cup B = \{x\,|\, x\in A \) lub \( x\in B\}. \)

rycina

Podobnie definiujemy przecięcie zbiorów
\( A\cap B = \{x\,|\, x\in A \) i \( x\in B\}. \)

ryvina

\( A\setminus B = \{x\,|\, x\in A \) i \( x\notin B\}. \)

rycina

Standardowy obrazek ilustrujący różnicę zbiorów.

Ćwiczenie 1.2

Dla następujących par zbiorów ustal zawieranie lub równość

\( A= \) "zbiór liczb naturalnych" \( \setminus\{x\,|\, \) liczba nieparzysta, większa niż 2 dzieli \( x \} \)
i drugi zbiór \( B=\{2^n\,|\, \) gdzie \( n \) jest liczbą naturalną \( \} \),
\( A=\{x\,|\, \) liczba 2 dzieli \( x \}\cup\{x\,|\, \) liczba 3 dzieli \( x \} \) i zbiór \( B=\{x\,|\, \) liczba 6 dzieli \( x \} \).

Rozwiązanie

Każda liczba postaci \( {2^n} \) jest liczbą naturalną niepodzielną przez żadną liczbę nieparzystą większą niż 2, a więc \( B\subseteq A \). Każda liczba naturalna, która nie dzieli się przez żadną liczbę nieparzystą posiada tylko jeden dzielnik pierwszy 2. W związku z tym każda z liczb w \( \mathrm {A} \) występuje również w \( B \). W związku z tym \( A=B \).
Każda liczba, która jest podzielna przez 6, dzieli się również przez 2, co dowodzi, że \( B\subseteq A \). Zawieranie w drugą stronę nie zachodzi, ponieważ liczba \( 9\in A \) i \( 9\notin B \).

Dla dowolnego zbioru \( \mathrm {A} \) zachodzi \( A\cup A = A \) i \( A\cap A = A \). Zbiór, który otrzymujemy jako wynik operacji \( A\setminus A \) jest zbiorem pustym. Na mocy definicji różnicy zbiorów elementami zbioru \( A\setminus A \) są wyłącznie te elementy \( A \), które nie należą do \( A \). Takie elementy nie istnieją - żaden element ze zbioru \( A \) nie należy do \( A\setminus A \) i żaden element spoza \( A \) nie należy do tego zbioru. Zbiór pusty jest oznaczany przez \( \emptyset \). Odejmowanie zbiorów od samych siebie nie jest jedynym sposobem na otrzymanie zbioru pustego.

\( \{1,2,2006\}\setminus \) "zbiór liczb naturalnych" \( = \) "zbiór psów" \( \setminus \) "zbiór wszystkich zwierząt"

Zbiór po lewej stronie nierówności jest równy zbiorowi po prawej stronie nierówności. Każdy element zbioru po prawej stronie jest również elementem zbioru po lewej stronie nierówności i vice versa, dlatego że żaden z tych zbiorów nie posiada elementów.

Niestety, podejście zaproponowane przez Georga Cantora i uściślone Friedricha Frege posiada błędy. Jedną z pierwszych osób które zwróciły uwagę na niedociągnięcia tej teorii jest Bertrand Russell. Zgodnie z zasadami zaproponowanymi przez [Biografia_Cantor|Georga Cantora]] można zdefiniować dowolny zbiór. Zdefiniujmy, więc zbiór

\( Z = \{A\,|\, A\notin A\}. \)

Zbiór \( Z \) składa się ze zbiorów, które nie są swoimi własnymi elementami. Paradoks zaproponowany przez Bertranda Russella polega na tym, że pytanie czy \( Z \) jest swoim własnym elementem prowadzi do sprzeczności. Jeśli \( Z\in Z \) to, zgodnie z definicją zbioru \( Z \) otrzymujemy \( Z\notin Z \), co jest sprzecznością z założeniem. Jeśli \( Z\notin Z \), to \( Z \) spełnia warunek na przynależność do \( Z \) i w związku z tym \( Z\in Z \), co jest kolejną sprzecznością. Definicja zbioru zaproponowana przez Georga Cantora prowadzi do powstania logicznych paradoksów. Okazuje się, że pytanie: co jest zbiorem, jest trudniejsze niż wydawało się matematykom końca XIX wieku.

W dalszej części wykładu przedstawimy właściwe podejście do teorii mnogości. Podejście to jest oparte o część logiki zwaną rachunkiem predykatów. Podejście to zostało zaproponowane przez Ernsta Zermelo na początku XX wieku i ma na celu dostarczenie spójnej teorii zbiorów o mocy podobnej do naiwnej teorii, przy równoczesnym uniknięciu paradoksów. Aksjomatyczna teoria mocy definiuje bardzo dokładnie, które kolekcje obiektów są zbiorami. W szczególności paradoks zaproponowany przez Bertranda Russella nie pojawia się w aksjomatycznej teorii zbiorów, ponieważ zbiór zdefiniowany powyżej jako \( Z \) w niej nie istnieje.

"Naiwna" indukcja

Zasada indukcji matematycznej jest o prawie trzysta lat starsza niż teoria mnogości. Pierwszy dowód indukcyjny pojawił się w pracy
Francesco Maurolico w 1575 roku. W pracy tej autor wykazał, że suma \( n \) pierwszych liczb nieparzystych równa się \( {n^2} \).

Aby zastosować zasadę indukcji matematycznej, należy wykazać dwa fakty:

hipoteza jest prawdziwa dla \( n=1 \),

jeśli hipoteza jest prawdziwa dla \( n \), to jest również prawdziwa dla \( n+1 \).

Drugi z powyższych punktów musi być prawdą dla wszystkich \( n\geq 1 \). Jeśli oba fakty są prawdą, to hipoteza jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych większych od 1. Rozumowanie, które stoi za tym wnioskiem wygląda następująco:

hipoteza jest prawdziwa dla \( n=1 \) na podstawie podstawy indukcji,
hipoteza jest prawdziwa dla \( n=2 \), ponieważ jest prawdziwa dla 1 i po zastosowaniu kroku indukcyjnego również dla 2,
hipoteza jest prawdziwa dla \( n=3 \); w poprzednim punkcie pokazaliśmy, że jest prawdziwa dla 2 i na podstawie kroku indukcyjnego jest również prawdziwa 3,
i tak dalej.

Zasadę indukcji matematycznej można porównać do domina. Aby mieć pewność, że przewrócone zostaną wszystkie klocki wystarczy wykazać, że przewrócony zostanie pierwszy klocek i że każdy klocek pociąga za sobą następny.

Dowód indukcyjny przedstawiony przez Francesco Maurolico pokazuje, że suma pierwszych \( n \) liczb nieparzystych jest równa \( {n^2} \).

Jeśli \( n=1 \) to pierwsza liczba nieparzysta 1 jest równa \( 1^2 \).

Jeśli hipoteza jest prawdą dla \( n \), to znaczy że suma pierwszych \( n \) liczb nieparzystych równa się \( {n^2} \). Bardziej formalnie

\( 1+3+\dotsb+(2n-1) = n^2 \)
tak więc suma pierwszych \( {n+1} \) liczb nieparzystych \( 1+3+\dotsb+(2n-1)+(2(n+1)-1) \), przy użyciu założenia powyżej może być zapisana jako
\( 1+3+\dotsb+(2n-1)+(2(n+1)-1) = n^2 +(2(n+1)-1)= n^2+2n+1= {(n+1)}^2. \)
Krok indukcyjny został dowiedziony.

Ćwiczenie 2.1
Wykaż, że suma pierwszych \( \mathrm {n} \) liczb naturalnych jest równa \( \frac{1}{2}n(n+1) \).

Rozwiązanie

Aby udowodnić wzór na sumę \( \mathrm {n} \) pierwszych liczb naturalnych, posłużymy się indukcją.

Dla \( n=1 \) mamy \( \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2 = 1 \).

Zakładamy, że wzór jest prawdziwy dla \( \mathrm {n} \). W związku z tym do sumy

\( 1+2+\dotsb+n+(n+1) = \)

stosujemy założenie indukcyjne

\( (1+2+\dotsb+n ) +(n+1) = \frac{1}{2}n(n+1) + (n+1) = \)

i po paru prostych przekształceniach otrzymujemy

\( = \frac{1}{2}n(n+1) +\frac{1}{2}2(n+1) = \frac{1}{2}(n+1)(n+2), \)

co dowodzi kroku indukcyjnego.

Na zasadzie indukcji matematycznej dowiedliśmy wzór na sumę \( \mathrm {n} \) pierwszych liczb naturalnych.

Ćwiczenie 2.2

Wykaż, że suma kwadratów pierwszych \( \mathrm {n} \) liczb naturalnych jest równa \( \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \).

Rozwiązanie

Aby wykazać prawdziwość wzoru powyżej postępujemy jak w poprzednim zadaniu.

Dla \( n=1 \) mamy \( \frac{1}{6}\cdot 1\cdot 2\cdot 3 = 1 \) co dowodzi podstawy indukcji.

Zakładamy że wzór jest prawdziwy dla \( \mathrm {n} \) to jest, że

\( 1^2+2^2+\dotsb+n^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1). \)

Korzystając z tego faktu przekształcamy

\( 1^2+2^2+\dotsb+n^2 + {(n+1)}^2= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) + {(n+1)}^2 = \)

i dalej do

\( \frac{1}{6}(n+1)(n(2n+1)+6(n+1))=\frac{1}{6}(n+1)(2n^2+7n+6)= \)\( \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2(n+1)+1), \)

co dowodzi kroku indukcyjnego.

Podobnie jak w poprzednim przykładzie zasada indukcji matematycznej gwarantuje, że wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych.

Ćwiczenie 2.3

Wykaż, że dla \( n\geq 1 \) zachodzi \( 4|3^{2n-1}+1 \).

Rozwiązanie

Jak poprzednio stosujemy zasadę indukcji matematycznej.

Dla \( {n=1} \) mamy \( 3^{2n-1} + 1 = 3^1 +1 = 4 \) jest podzielne przez 4.

Zakładamy, że podzielność zachodzi dla \( \mathrm {n} \). Pokażemy że \( 3^{2(n+1)-1}+1 \) jest podzielne przez 4. Przekształcamy

\( 3^{2(n+1)-1}+1 = 3^{2n-1+2} + 1 = 9\cdot 3^{2n-1} + 1= \)

wprowadzamy sztuczny czynnik

\( =9\cdot (3^{2n-1} +1 -1) + 1 = 9\cdot (3^{2n-1} +1 -1) + 1 = 9\cdot (3^{2n-1} +1) -9 + 1 = 9\cdot (3^{2n-1} +1) -8. \)

Zarówno \( (3^{2n+1} +1) \) (na mocy założenia indukcyjnego) jak i 8 są podzielne przez 4, a więc ich różnica również. W ten sposób udowodniliśmy krok indukcyjny.

Często bardzo niepraktyczne jest używanie indukcji w jej podstawowej formie. Używa się wtedy indukcji, która w pierwszym kroku nie zaczyna się od \( n=1 \), ale \( n=0 \), \( n=2 \) lub dowolnej innej liczby naturalnej. W takim przypadku drugi krok indukcyjny nie musi działać dla wszystkich \( n \), a wystarczy, by działał dla \( n \) większych lub równych od liczby, którą wybraliśmy w pierwszym kroku. Końcowy dowód indukcyjny pokaże, że dana hipoteza nie jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych, a jedynie dla liczb większych od tej wybranej na pierwszy krok indukcyjny.

Jako przykład pokażemy, że \( n!>2^n \). Po pierwsze nierówność ta nie zachodzi dla \( 1,2,3 \), więc nie można rozpocząć kroku indukcyjnego od \( {n=1} \). Indukcja będzie wyglądać następująco:

Hipoteza jest prawdą dla \( n=4 \), ponieważ \( 4!=24>16=2^4 \).

Jeśli hipoteza jest prawdą dla \( n \) i jeśli \( n\geq 4 \) to

\( (n+1)!= n!\cdot (n+1)>2^n\cdot(n+1)>2^{n+1}, \)

gdzie pierwsza nierówność pochodzi z założenia indukcyjnego, a druga z faktu, że dowodzimy krok indukcyjny dla liczb większych niż 4.

Ćwiczenie 2.4

W tym ćwiczeniu dowodzimy wariant nierówności Bernoulliego. Dla dowolnego \( x \) takiego, że \( x> -1 \) i \( x\neq 0 \) i dla dowolnego \( n\geq 2 \) zachodzi \( {(1+x)}^n> 1+nx \).

Rozwiązanie

Nierówność ostra nie jest prawdą dla \( n=0 \), ani dla \( {n=1} \). Krok indukcyjny zaczniemy od 2. Wtedy \( {(1+x)}^2=1+2x+x^2>1+2x \), gdzie ostatnia nierówność bierze się z faktu, że \( x\neq 0 \).

Zakładamy teraz, że nierówność jest prawdziwa dla \( n \), czyli że dla dowolnego \( x \) takiego, że \( 0\neq x> -1 \) mamy

\( {(1+x)}^n> 1+nx. \)

Przekształcając nierówność dla \( {n+1} \) otrzymujemy

\( {(1+x)}^{(n+1)}={(1+x)}^n(1+x)>(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x +x^2\geq 1+(n+1)x, \)

gdzie otrzymujemy ostrą nierówność dzięki założeniu indukcyjnemu i faktowi, że \( x\neq -1 \). W ten sposób krok indukcyjny został udowodniony.

Ćwiczenie 2.5
Liczby Fibonacciego zdefiniowane są następująco:
\( f_1=1, f_2=1 \) oraz \( f_i=f_{i-2}+f_{i-1} \) dla \( i>3. \)
Udowodnij, że dla dowolnego \( n\geq 2 \) liczby \( f_n \) i \( f_{n-1} \) są względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Dowód przez indukcję matematyczną.

Twierdzenie jest prawdą dla \( n=2 \), ponieważ \( f_2 \) i \( f_1 \) są względnie pierwsze.

Zakładamy, że twierdzenie jest prawdą dla \( n \). Rozpatrzmy wspólny dzielnik liczb \( f_{n+1} \) i \( f_n \) i oznaczmy go przez \( k \). Jeśli \( k \) dzieli \( f_{n+1} \) i równocześnie \( f_n \), to \( k | f_{n+1}-f_n \). Korzystając z definicji liczb Fibbonaciego, otrzymujemy \( f_{n+1}-f_n=f_n+f_{n-1}-f_n=f_{n-1} \). W związku z czym \( k \) jest wspólnym dzielnikiem liczb \( f_n \) i \( f_{n-1} \), więc na mocy założenia indukcyjnego mówiącego, że liczby te są względnie pierwsze, jest równy 1. Pokazaliśmy, że każdy wspólny dzielnik \( f_{n+1} \) i \( f_n \) jest równy 1, a więc liczby te są względnie pierwsze. Krok indukcyjny został pokazany.

Kolejnym uogólnieniem zasady indukcji matematycznej jest indukcja, w której w drugim kroku indukcyjnym zakładamy, że hipoteza jest prawdą dla wszystkich liczb mniejszych niż \( n \) i dowodzimy, że jest również prawdziwa dla \( n+1 \).
Jako przykład udowodnimy, że każda liczba naturalna większa niż 2 jest produktem jednej, lub więcej liczb pierwszych.

Hipoteza jest prawdą dla \( n=2 \), ponieważ 2 jest liczbą pierwszą.

Zakładamy, że hipoteza jest prawdziwa dla liczb od 2 do \( n \). Weźmy liczbę \( n+1 \), jeśli \( n+1 \) jest liczbą pierwszą, to hipoteza jest udowodniona. Jeśli \( n+1 \) nie jest liczbą pierwszą, to \( n+1=k\cdot l \), gdzie \( 2\leq k,l\leq n \). Założenie indukcyjne gwarantuje, że

\( k=p_1\cdot p_2\cdot\dotsb\cdot p_i \) i \( l=q_1\cdot q_2\cdot\dotsb\cdot q_j, \)

gdzie \( p_1,\dotsc,p_i,q_1,\dotsc,q_j \) są liczbami pierwszymi. W związku z tym

\( n+1=p_1\cdot p_2\cdot\dotsb\cdot p_i\cdot q_1\cdot q_2\cdot\dotsb\cdot q_j \)

i krok indukcyjny jest udowodniony.

Ćwiczenie 2.6

Udowodnij, że każda liczba naturalna większa niż 1 może być przedstawiona jako suma liczb Fibonacciego tak, że żadna liczba nie występuje w tej sumie więcej niż raz.

Rozwiązanie

Przedstawimy dowód przez indukcję.

Dla \( n=1 \) mamy \( f_2=1 \).

Zakładamy, że każda liczba mniejsza lub równa \( n \) może być przedstawiona w sposób opisany powyżej. Jeśli liczba \( n+1 \) jest liczbą Fibonacciego, to krok indukcyjny jest już dowiedziony, jeśli nie, to znajdujemy największą liczbę Fibonacciego mniejszą od \( n+1 \) - oznaczmy tę liczbę \( f_k \). Liczba \( n+1-f_k \) jest mniejsza niż \( n \) więc, na mocy założenia indukcyjnego, posiada reprezentację jako suma liczb Fibonacciego

\( n+1-f_k=f_{l_0}+\dotsb+f_{l_i} \)

tak, że każda z liczb w tej reprezentacji występuje co najwyżej raz. Oczywiście

\( n+1 = f_k+f_{l_0}+\dotsb+f_{l_i} \)

i pozostaje wykazać, że \( f_k \) nie występuje pośród liczb \( f_{l_0},\dotsc,f_{l_i} \). Skoro \( f_k \) było największą liczbą Fibonacciego mniejszą niż \( n+1 \) to \( f_{k+1}>n+1 \), a więc \( f_{k-1}=f_{k+1}-f_k>n+1-f_k \). W związku z tym liczby \( f_{l_0},\dotsc,f_{l_i} \) są silnie mniejsze niż \( f_{k-1} \) i żadna z nich nie może być równa \( f_k \). W ten sposób krok indukcyjny został dowiedziony.

Ćwiczenie 2.7

Znajdź błąd w poniższym dowodzie indukcyjnym. Dowodzimy indukcyjnie twierdzenia, że wszystkie liczby są parzyste.

Twierdzenie jest prawdą dla \( n=0 \) ponieważ 0 jest liczbą parzystą.

Zakładamy, że twierdzenie jest prawdą dla wszystkich liczb mniejszych lub równych \( n \). Liczba \( n+1 \) jest niewątpliwie sumą dwóch liczb silnie mniejszych od siebie \( n+1=k+l \). Liczby \( k \) i \( l \), na podstawie założenia indukcyjnego, są parzyste, zatem ich suma równa \( n+1 \) jest parzysta. Krok indukcyjny został dowiedziony.

Na zasadzie indukcji matematycznej wszystkie liczby są parzyste.

Rozwiązanie

Dowód indukcyjny jest niepoprawny. Krok indukcyjny nie działa dla wszystkich \( n \) większych lub równych od 0 - które jest podstawą indukcji. Jeśli \( n=0 \), to \( n+1=1 \) i nie jesteśmy w stanie rozbić liczby 1 na sumę dwóch liczb istotnie mniejszych od niej samej.

Ćwiczenie 2.8

W trójwymiarowej przestrzeni znajduje się \( n \) punktów. Ilość punktów w rzutowaniu na płaszczyznę \( O_x, O_y \) oznaczamy przez \( n_{xy} \). Podobnie ilość punktów w rzutowaniu na \( O_x, O_z \) przez \( n_{xz} \) i ilość punktów w rzutowaniu na \( O_y, O_z \) przez \( n_{yz} \). Wykaż, że dla dowolnego rozkładu punktów w przestrzeni zachodzi nierówność

\( n^2\leq n_{xy}n_{xz}n_{yz}. \)

Podpowiedź 1

Użyj nierówności pomiędzy średnią geometryczną a średnią arytmetyczną

\( \frac{1}{2}(a+b)\geq \sqrt{ab}. \)

Podpowiedź 2

Podziel punkty na dwie grupy płaszczyzną równoległą do którejś z płaszczyzn
\( O_x, O_y \), \( O_x, O_z \) lub \( O_y, O_z \).

Rozwiązanie

Dowiedziemy nierówność przy użyciu indukcji.

Jeśli \( n=1 \) to \( n_{xy}=n_{xz}=n_{yz}=1 \) i nierówność jest prawdziwa.

Zakładamy, że nierówność jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych (dla dowolnego układu punktów) mniejszych niż \( n+1 \). Rozpoczynamy z dowolnym układem \( n+1 \) punktów w przestrzeni. Ponieważ \( n+1>1 \) wiemy, że istnieje płaszczyzna równoległa do którejś z płaszczyzn \( O_x, O_y \), \( O_x, O_z \) lub \( O_y, O_z \) i dzieląca \( n+1 \) punktów na dwie niepuste części posiadające odpowiednio \( n' \) i \( n'' \) punktów. Ponieważ nasz układ jest bardzo symetryczny możemy założyć, że nasza płaszczyzna jest równoległa do płaszczyzny \( O_x, O_y \). Stosując założenie indukcyjne do każdej z części otrzymujemy

\( {n'}^2\leq n'_{xy}n'_{xz}n'_{yz} \)

oraz

\( {n''}^2\leq n''_{xy}n''_{xz}n''_{yz}. \)

Co więcej, pomiędzy projekcjami zachodzą następujące zależności

\( n'_{xz}+n''_{xz}=n_{xz} \) oraz \( n'_{yz}+n''_{yz}=n_{yz}. \)

Dla płaszczyzny \( O_x, O_y \) nie posiadamy podziału na część punktów należących do \( n' \) i \( n'' \) i możemy jedynie wnioskować, że

\( n'_{xy}\leq n_{xy} \) oraz \( n''_{xy}\leq n_{xy}. \)

Zaczynamy przekształcenia mające udowodnić pożądaną nierówność

\( \begin {split} n^2 & ={(n'+n'')}^2={(n')}^2+2n'n'' + {(n'')}^2\leq {(n')}^2+2\sqrt{{(n')}^2}\sqrt{{(n'')}^2} + {(n'')}^2\leq \\ & \leq n'_{xy}n'_{xz}n'_{yz} +2\sqrt{n'_{xy}n'_{xz}n'_{yz}}\sqrt{n''_{xy}n''_{xz}n''_{yz}}+n''_{xy}n''_{xz}n''_{yz} \leq \\ & \leq n_{xy}n'_{xz}n'_{yz} +2\sqrt{n_{xy}n'_{xz}n'_{yz}n_{xy}n''_{xz}n''_{yz}}+n_{xy}n''_{xz}n''_{yz} \leq \\ & \leq n_{xy}(n'_{xz}n'_{yz} +2\sqrt{n'_{xz}n'_{yz}n''_{xz}n''_{yz}}+n''_{xz}n''_{yz} )\end {split} \)

używając założenia indukcyjnego i nierówności pomiędzy projekcjami na płaszczyznę \( O_x, O_y \). Kontynuujemy używając nierówności pomiędzy średnią algebraiczną i geometryczną

\( \begin {split} n^2 & \leq n_{xy}(n'_{xz}n'_{yz} +2\sqrt{n'_{xz}n''_{xz}n'_{yz}n''_{yz}}+n''_{xz}n''_{yz}) \leq \\ & \leq n_{xy}(n'_{xz}n'_{yz} +2\frac{1}{2}(n'_{xz}n''_{xz} +n'_{yz}n''_{yz})+n''_{xz}n''_{yz}) = \\ & = n_{xy}(n'_{xz}n'_{yz} +n'_{xz}n''_{xz} +n'_{yz}n''_{yz}+n''_{xz}n''_{yz}) = n_{xy}(n'_{xz} + n''_{xz})(n'_{yz}+n''_{yz}) \end {split} \)

W ostatnim kroku wystarczy wykorzystać zależności pomiędzy projekcjami na pozostałe dwie współrzędne i

\( n^2\leq n_{xy}(n'_{xz} + n''_{xz})(n'_{yz}+n''_{yz})= n_{xy}n_{xz}n_{yz}. \)

Krok indukcyjny został dowiedziony.

Na podstawie zasady indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe.

Zasada indukcji matematycznej jest bardzo potężnym narzędziem. Intuicyjnie wydaje się jasne, że dowody przeprowadzone przy jej pomocy są poprawne. Niemniej jednak, żeby uzasadnić poprawność samej zasady, należy sięgnąć do teorii mnogości i definicji zbioru liczb naturalnych. Wiemy już, że "naiwna teoria mnogości" nie daje nam poprawnych zbiorów, na których można oprzeć ścisłe rozumowanie. W dalszej części wykładu wyprowadzimy zasadę indukcji matematycznej w oparciu o aksjomaty i aksjomatycznie zdefiniowany zbiór liczb naturalnych. Takie podejście gwarantuje nam poprawność rozumowania -- podejście naiwne zapewnia intuicje niezbędne do budowania poprawnych teorii.

"Naiwne" dowody niewprost

Częstą metodą dowodzenia twierdzeń matematycznych jest dowodzenie niewprost. Dowód niewprost polega na założeniu zaprzeczenia twierdzenia, które chcemy udowodnić i doprowadzeniu do sprzeczności. Wykazujemy, że jeśli twierdzenie nasze jest nieprawdziwe, jesteśmy w stanie udowodnić jakąś tezę, która jest w sposób oczywisty fałszywa.
Jednym z najbardziej znanych dowodów niewprost jest dowód istnienia nieskończenie wielu liczb pierwszych. Dowód ten został zaproponowany przez Euklidesa z Aleksandrii, a my prezentujemy go w wersji podanej przez Ernsta Kummera. Twierdzenie 3.1
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.
Dowód
Załóżmy, że istnieje jedynie skończenie wiele liczb pierwszych \( p_0,\dotsc,p_n \). Zdefiniujmy liczbę
\( k = p_0\cdot p_1\cdot\dotsb\cdot p_n \)
i rozważmy \( {k+1} \). Liczba \( {k+1} \) posiada dzielnik pierwszy, a ponieważ jedynymi pierwszymi liczbami są liczby \( p_0,\dotsc,p_n \), wnioskujemy, że \( {p_i} \) dzieli \( {k+1} \) dla pewnego \( i \). Liczba \( {p_i} \) dzieli również \( k \), a więc \( {p_i} \) dzieli \( (k+1)-k=1 \) co jest sprzecznością.
Ćwiczenie 3.1
Wykaż, że nie istnieje największa liczba naturalna.

Rozwiązanie

Załóżmy, niewprost, że istnieje największa liczba naturalna i oznaczmy ją przez \( \mathrm
{n} \). Niewątpliwie \( {n+1} \) jest liczbą naturalną większą od \( \mathrm {n} \), co jest sprzecznością z naszym założeniem.

Ćwiczenie 3.2
Wykaż, że \( \sqrt{2} \) jest liczbą niewymierną.

Rozwiązanie

Załóżmy, niewprost, że \( \sqrt{2} \) jest liczbą wymierną, czyli, że istnieją dwie naturalne, względnie pierwsze liczby \( k \) i \( l \) takie, że \( \sqrt{2}=k/l \). Przekształcając ostatnie wyrażenie otrzymujemy \( k^2=2l^2 \). Skoro 2 dzieli lewą stronę równości, dzieli też i prawą, a ponieważ dwa jest liczbą pierwszą, wnioskujemy, że 2 dzieli \( k \). Jeśli 2 dzieli \( k \), to 4 dzieli \( k^2 \) i na podstawie równości 4 dzieli \( 2l^2 \). Wnioskujemy stąd, że 2 dzieli \( l^2 \) i, na podstawie pierwszości liczby 2, że 2 dzieli l. Udowodniliśmy, że 2 dzieli zarówno \( k \) jak i \( l \), co jest sprzecznością z założeniem, że liczby te są względnie pierwsze.

Ścisłe uzasadnienie poprawności dowodów niewprost leży na gruncie logiki, której poświęcony jest następny wykład.

Test 1

Czy zbiór bocianów jest elementem zbioru wszystkich ptaków?