Prieštara, kontrpavyzdžiai ir įrodymas nagrinėjant atvejus

Pasirenkite tikrinti teiginį ir jo sąlygas

Į reiškinius įstatysite tikslius skaičius, lyginsite skaičius su ženklais ir taikysite sveikojo skaičiaus, lyginio sveikojo skaičiaus ir nelyginio sveikojo skaičiaus apibrėžimus. Peržiūrėkite pasirengimo nuorodas, jei neįprasta skaičiuoti (1/2)², skaidyti n² − n dauginamaisiais ar skaityti griežtą nelygybę. Paskutiniame iracionalumo pavyzdyje taip pat naudojamos nesuprastinamosios trupmenos ir teigiama kvadratinė šaknis.

Teiginiai, kvantoriai, implikacija ir tiesioginis įrodymas sudaro šio skyriaus kalbos pagrindą. Čia pakartojamos reikalingos jų taisyklės: visuotinis teiginys taikomas kiekvienai leistinai reikšmei, o implikacija klaidinga tik tada, kai jos prielaida teisinga, o išvada klaidinga. Skaitydami pirmą kartą, sekite argumentus, grindžiamus kontrpavyzdžiu, lyginumu ir atvejų nagrinėjimu. Prie √2 pavyzdžio grįžkite, kai galėsite paaiškinti lemą apie kvadrato lyginumą ir kodėl trupmeną galima suprastinti taip, kad jos skaitiklis ir vardiklis būtų tarpusavyje pirminiai sveikieji skaičiai.

Vienas leistinas atvejis gali paneigti visuotinį teiginį

Nagrinėkime teiginį: kiekvienam realiajam x, jei x > 0, tai x² ≥ x. Kai x = 2, nelygybė galioja, nes 4 ≥ 2. Tačiau kai x = 1/2, prielaida vis dar teisinga, o x² = 1/4 < 1/2. Ši viena tiksli reikšmė paneigia teiginį. Keli teiginį tenkinantys pavyzdžiai negali to pakeisti.

Kontrpavyzdys yra daugiau nei šalia teiginio parašytas skaičius. Čia 1/2 yra realusis skaičius, jis tenkina x > 0, o jo kvadratas daro pateiktą išvadą klaidingą. Lygiavertiškai, esant šiai reikšmei, x² − x = −1/4. Grafike šis tikslus neigiamas skirtumas yra žemiau nulio; aritmetiniai skaičiavimai patvirtina, kad teiginys netenkinamas, ir nereikia apytikriai vertinti paveikslo.

Žodis „kiekvienas“ yra lemiamas. Tinkamas visuotinio teiginio įrodymas turi galioti bet kuriai leistinai reikšmei arba aprėpti visą nurodytą sritį. Baigtinis patikrinimas gali paneigti teiginį apie begalinę sritį, jei randamas leistinas jo netenkinantis atvejis, tačiau baigtinis teiginį tenkinančių pavyzdžių sąrašas jo neįrodo. Jei sritis iš tiesų baigtinė, kiekvieno jos elemento patikrinimas pagrįstais skaičiavimais gali būti išsamus įrodymas.

Prieš pasirinkdami prielaidą, sudarykite viso teiginio neiginį

Prieš sudarydami neiginį, užrašykite nagrinėjimo sritį. Teiginio „kiekvienas x iš D turi savybę R(x)“ neiginys yra „egzistuoja x iš D, kuriam R(x) yra klaidingas“. Teiginio „egzistuoja x iš D, kuriam galioja R(x)“ neiginys yra „kiekvienam x iš D teiginys R(x) yra klaidingas“. Nagrinėjimo sritis D nesikeičia. Jei D yra tuščia, teiginys apie visus jos elementus neturi kontrpavyzdžio, o egzistavimo teiginys neturi jį tenkinančio elemento.

Teiginiams P ir Q išraiška P ⇒ Q reiškia „jei P, tai Q“. Jos neiginys yra P ∧ ¬Q: esant tai pačiai įvesties reikšmei, P yra teisingas, o Q – klaidingas. Tai nėra nei P ⇒ ¬Q, nei ¬P ⇒ ¬Q. Todėl viso įžangoje pateikto teiginio apie realiuosius skaičius neiginys yra „egzistuoja realusis x, kuriam x > 0 ir x² < x“.

Griežtosios nelygybės neiginys apima ir lygybę: teiginio x > 0 neiginys yra x ≤ 0, o teiginio x ≥ 0 neiginys yra x < 0. Sudėtinių teiginių atveju teiginio „P ir Q“ neiginys yra „ne P arba ne Q“, o teiginio „P arba Q“ neiginys yra „ne P ir ne Q“. Šios taisyklės kyla iš to, kurie teisingumo reikšmių deriniai padaro visą pradinį teiginį klaidingą.

Išlaikykite vienas nuo kito priklausančių pasirinkimų tvarką. Teiginio „kiekvienam x iš D egzistuoja y iš E, kuriam galioja R(x,y)“ neiginys yra „egzistuoja x iš D, kuriam su kiekvienu y iš E teiginys R(x,y) yra klaidingas“. Su tuo pačiu fiksuotu x teiginys turi būti klaidingas kiekvienam galimam y. Sukeitus pasirinkimų tvarką, būtų išreikštas kitas teiginys.

Trys reikalavimai kontrpavyzdžiui

Norint paneigti ∀x ∈ D, P(x) ⇒ Q(x), reikia pateikti vieną konkretų x iš D, patikrinti, kad P(x) yra teisingas, ir patikrinti, kad pradinėje formuluotėje apibrėžtas Q(x) yra klaidingas. Išlaikykite visus apribojimus: ar įvestis turi būti sveikasis, ar realusis skaičius, ar ji turi būti teigiama, ar neneigiama, ar vardikliai nelygūs nuliui, ir visas papildomas sąlygas. Neleistina arba neapibrėžta įvestis netampa kontrpavyzdžiu vien dėl to, kad nepavyksta atlikti skaičiavimo.

Pakeitus įžanginio teiginio sritį į sveikųjų skaičių aibę, pasikeičia uždavinys. Kandidatas 1/2 nebeleidžiamas. Neigiami sveikieji skaičiai ir nulis taip pat neatitinka teigiamumo prielaidos, todėl jie nepaneigia teiginio „kiekvienam sveikajam skaičiui n > 0, n² ≥ n“. Šis teiginys apie sveikuosius skaičius yra teisingas, o toliau pateiktas bendrojo atvejo įrodymas įrodo stipresnį teiginį: n² ≥ n kiekvienam sveikajam skaičiui n.

Kai prielaida klaidinga, apibrėžta implikacija yra teisinga pagal įprastą jos teisingumo lentelę, tačiau ta eilutė neparodo, kad iš prielaidos išplaukia žadėta išvada. Pavyzdžiui, x = −2 negali paneigti įžanginės implikacijos, kurios prielaida reikalauja teigiamos įvesties, nors tai ir yra leistina realioji įvestis. Žymą „prielaida netenkinama“ fiksuokite atskirai nuo kontrpavyzdžio.

Vienas netinkamas kandidatas nepaneigia egzistavimo

Pavyzdys įrodo egzistavimo teiginį tik tada, kai priklauso nagrinėjamai sričiai ir tenkina visas reikalaujamas sąlygas. Norint parodyti, kad egzistuoja realusis skaičius x, kuriam x² = 4, pakanka x = 2. Pasirinkus x = 3 ir gavus 9, egzistavimas nepaneigiamas: atmetamas tik šis kandidatas.

Norint paneigti teiginį „egzistuoja realusis skaičius x, kuriam x² < 0“, reikia parodyti, kad kiekvienam realiajam skaičiui x galioja x² ≥ 0. Kai x ≥ 0, neneigiamą x padauginus iš savęs, gaunamas neneigiamas skaičius. Kai x < 0, užrašome x² = (−x)², kur −x > 0, todėl sandauga yra teigiama. Šie atvejai apima visus realiuosius skaičius x, įskaitant nulį. Tai visuotinai galiojantis neegzistavimo pagrindimas, o ne nesėkmingų spėjimų sąrašas.

Prieštara turi aiškiai atskleisti neįmanomumą

Norint įprastoje klasikinėje matematikoje įrodyti teiginį S prieštaros būdu, laikinai priimamas viso teiginio neiginys ¬S. Išlaikoma pradinė nagrinėjimo sritis ir nustatytos prielaidos. Išvedamos dvi nesuderinamos išvados, pavyzdžiui, R ir ¬R apie tą patį objektą tomis pačiomis sąlygomis. Tuomet taisyklingas samprotavimas atmeta ¬S, todėl išplaukia S. Aiškiai įvardykite nesuderinamumą.

Norint įrodyti implikaciją P ⇒ Q prieštaros būdu, kartu daromos prielaidos P ir ¬Q. Norint įrodyti visuotinai galiojančią implikaciją, tariama, kad egzistuoja leistina įvesties reikšmė, kuriai P galioja, o Q negalioja. Ši hipotetinė įvesties reikšmė turi tenkinti visus pradinius apribojimus. Negalima jos pakeisti patogiu pavyzdžiu ir teigti, kad bet koks implikacijos pažeidimas yra neįmanomas.

Lyginis sveikasis skaičius yra pavidalo 2a, kur a yra sveikasis skaičius; nelyginis sveikasis skaičius yra pavidalo 2b + 1, kur b yra sveikasis skaičius. Kiekvienas sveikasis skaičius yra lyginis arba nelyginis, nes dalijant iš 2 liekana yra 0 arba 1. Joks sveikasis skaičius nėra ir lyginis, ir nelyginis: iš lygybės 2a = 2b + 1 gautume 2(a − b) = 1. Jei sveikasis skaičius a − b yra ne didesnis už nulį, jo dvigubas dydis yra ne didesnis už nulį; jei jis yra ne mažesnis už vienetą, jo dvigubas dydis yra ne mažesnis už du. Nė vienu atveju negauname vieneto.

Netikėtas atsakymas, nepatogi formulė ar neigiama reikšmė savaime nėra prieštara. Jos taip pat negalima sukurti įrodyme dalijant iš nulio, netaisyklingai pakeičiant nelygybės ženklą ar darant prielaidą, kad norima išvada jau galioja. Neįmanomumas turi išplaukti iš laikino neiginio ir išlaikytų faktų, atliekant taisyklingus žingsnius.

Atsekite nesuderinamumą lyginumo įrodyme

Įrodysime: kiekvienam sveikajam skaičiui n, jei n² yra lyginis, tai n yra lyginis. Tarkime priešingai: sveikojo skaičiaus n kvadratas n² yra lyginis, o pats n nėra lyginis. Kadangi sveikieji skaičiai yra lyginiai arba nelyginiai, n tuomet yra nelyginis, taigi n = 2k + 1 su tam tikru sveikuoju skaičiumi k. Tai visos implikacijos neiginys vienai leistinai įvesties reikšmei, o ne jos nagrinėjimo srities pakeitimas.

Pakėlę kvadratu ir iškėlę bendrąjį daugiklį, gauname n² = (2k + 1)² = 4k² + 4k + 1 = 2(2k² + 2k) + 1. Skaičius 2k² + 2k yra sveikasis, todėl ši lygybė rodo, kad n² yra nelyginis. Dabar iš laikinos prielaidos turime, kad n² yra lyginis, o iš skaičiavimo – kad n² yra nelyginis. Įrodytas lyginumo ir nelyginumo nesuderinamumas atmeta šią prielaidą, taigi implikacija įrodoma kiekvienam sveikajam skaičiui n.

Tie patys algebriniai pertvarkymai tiesiogiai įrodo kontrapoziciją: nelyginio sveikojo skaičiaus kvadratas yra nelyginis. Šiame variante pradedama tik nuo to, kad n nėra lyginis, ir baigiama tuo, kad n² nėra lyginis. Įrodant prieštaros būdu, papildoma prielaida, kad kvadratas yra lyginis, susiduria su išvestu rezultatu, kad kvadratas yra nelyginis. Baigtinis tyrinėjimo įrankio eilučių skaičius padeda patikrinti egzistavimą patvirtinančius pavyzdžius, įskaitant neigiamus sveikuosius skaičius ir nulį; bendrą įrodymą suteikia laisvai pasirinktas sveikasis skaičius k.

Atvejai turi apimti visas leistinas reikšmes

Įrodydami teiginį su prielaidomis H, pasirinkite atvejų sąlygas C₁, …, C_r ir pagrįskite, kad iš H išplaukia bent viena iš jų. Tada įrodykite tą pačią reikiamą išvadą Q, remdamiesi H ir kiekvieno atvejo sąlyga. Atvejai gali persidengti; svarbu, kad kiekviena leistina reikšmė patektų bent į vieną iš jų. Tik vienu atveju įrodyta išvada dar nėra išvada visai sričiai.

Realiųjų skaičių tvarka leidžia išskirti visus galimus atvejus: x < 0, x = 0 ir x > 0. Ji taip pat leidžia trumpesnį skirstymą: x < 0 arba x ≥ 0. Skirstymas x < 0 arba x > 0 neapima nulio, nebent jis nepriklauso pradinei sričiai. Lygybę priskirkite aiškiai įvardytam atvejui, užuot tikėjęsi, kad ji išplauks iš gretimų reikšmių.

Kai n yra sveikasis skaičius, skirstymas n ≤ 0 arba n ≥ 1 apima visus galimus atvejus, nes teigiamas sveikasis skaičius yra ne mažesnis už vienetą. Šis skirstymas neapima visų realiųjų skaičių: 1/2 nepriklauso nė vienam atvejui. Prieš taikydami algebrinius veiksmus atskirais atvejais, nurodykite, kodėl skirstymas apima visą nagrinėjamą sritį.

Sveikųjų skaičių srityje tariamos spragos nėra

Imkime bet kurį sveikąjį skaičių n. Norime įrodyti, kad n² ≥ n, arba, lygiavertiškai, n² − n = n(n − 1) ≥ 0. Jei n ≤ 0, tiek n, tiek n − 1 yra neteigiami, todėl jų sandauga yra neneigiama. Jei n ≥ 1, abu yra neneigiami, todėl jų sandauga taip pat yra neneigiama. Kiekvienas sveikasis skaičius priklauso vienam iš šių atvejų, taigi nelygybė galioja visiems sveikiesiems skaičiams.

Ribinės reikšmės įtrauktos, ir joms galioja lygybė: kai n = 0 arba n = 1, n(n − 1) = 0. Ir atvirkščiai, realiųjų skaičių sandauga lygi nuliui tik tada, kai bent vienas dauginamasis lygus nuliui, todėl tai vieninteliai lygybės atvejai sveikųjų skaičių srityje. Šis įrodymas neapima jokios realiosios reikšmės, griežtai esančios tarp nulio ir vieneto: ten pirmasis dauginamasis yra teigiamas, o antrasis – neigiamas, ir tai paaiškina įžangoje pateiktą kontrpavyzdį.

Taikydami modulio apibrėžimą, nepamirškite ribos

Realiajam skaičiui x apibrėžkime |x| = x, kai x ≥ 0, ir |x| = −x, kai x < 0. Šie du atvejai apima visus realiuosius skaičius, o nulis priskiriamas pirmajam atvejui. Jie įrodo, kad |x| ≥ 0: pirmoji išraiška yra neneigiama pagal jos atvejo sąlygą, o antroji yra teigiama, nes x < 0. Kai x = 0, reikšmė lygi nuliui.

Taigi stipresnis atrodantis teiginys „|x| > 0 kiekvienam realiajam x“ yra klaidingas; jo kontrpavyzdys – nulis. Pataisytas teiginys su griežtąja nelygybe „iš x ≠ 0 išplaukia |x| > 0“ yra teisingas: jo leistinos nenulinės reikšmės skirstomos į x > 0 ir x < 0. Neįtraukta ribinė reikšmė gali padaryti siūlomą įrodymą negaliojantį arba atskleisti, kad reikia taisyti patį siūlomos teoremos teiginį.

Metodą rinkitės pagal prielaidas ir tikslą

Įrodant P ⇒ Q, tiesioginis įrodymas pradedamas nuo P ir išvedamas Q. Įrodymas taikant kontrapoziciją pradedamas nuo ¬Q ir išvedamas ¬P. Įrodymas prieštaros būdu pradedamas nuo P ir ¬Q ir išvedamas prieštaravimas. Klasikinėje logikoje šiais trimis būdais įrodoma ta pati implikacija, tačiau jų laikinosios prielaidos skiriasi. Įrodžius Q ⇒ P, būtų įrodyta atvirkštinė implikacija – atskiras teiginys.

Atvejų analizę galima taikyti bet kuriame iš šių metodų. Taikykite ją, kai apibrėžimas arba nagrinėjimo sritis natūraliai išsiskaido į atskirus atvejus. Rinkitės įrodymą prieštaros būdu, kai teiginio neiginys suteikia naudingą objektą arba nesuderinamą sąlygą; rinkitės tiesioginį samprotavimą, kai apibrėžimai jau veda prie išvados. Lyginumo teoremos atveju kontrapozicija leidžia pateikti esminius algebrinius veiksmus remiantis mažesniu prielaidų skaičiumi.

Patikrinkite, ką iš tiesų pagrindžia argumentas

Prieš priimdami kontrpavyzdį, grįžkite prie tikslios pradinės apibrėžimo srities, prielaidos ir išvados. Prieš priimdami prieštaravimą, nurodykite nesuderinamus faktus ir patikrinkite kiekvieną operaciją, kuria jie buvo gauti. Prieš priimdami skaidymą į atvejus, paklauskite, kuriai šakai priklauso kiekviena riba ir kodėl šakos aprėpia visas leistinas įvesties reikšmes.

Naudodamiesi tyrinėjimo įrankiu, numatykite teiginio netenkinantį atvejį, atmestiną kandidatą arba priskyrimą atvejui, tada atskleiskite tikslų rezultatą. Keturios jo baigtinės aibės yra iliustracijos. Bendrieji algebriniai samprotavimai ir pagrįstas visų atvejų aprėpimas įrodo teoremas begalinėse apibrėžimo srityse; visuotiniam teiginiui paneigti pakanka vieno tinkamo, leistino atvejo, kuriuo teiginys netenkinamas.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Sudarykite teiginio „kiekvienam realiajam x, jei x > 0, tai x² ≥ x“ neiginį. Pateikite neiginį tenkinančią reikšmę ir patikrinkite tris sąlygas, kurias ji turi tenkinti kaip kontrpavyzdys.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Egzistuoja realusis x, kuriam x > 0 ir x² < x. Neiginį tenkinanti reikšmė x = 1/2 yra realioji, teigiama ir jai galioja x² = 1/4 < 1/2.

   Visuotinio teiginio neiginys teigia, kad egzistuoja leistina reikšmė; implikacijos neiginys išlaiko jos prielaidą ir paneigia išvadą. Ta pati reikšmė turi tenkinti abi nelygybes. Pakeitus teiginį į „kiekvienam teigiamam x galioja x² < x“, būtų gautas kitoks, klaidingas neiginys.

2. Besimokantysis siūlo x = 1/2 ir x = −2 kaip teiginio „kiekvienam sveikajam x > 0 galioja x² ≥ x“ kontrpavyzdžius. Kodėl nė vienas iš jų netinka ir kas įrodo pradinį teiginį?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Viena antroji nepriklauso sveikųjų skaičių aibei; −2 netenkina teigiamumo prielaidos. Teiginį įrodo bendrasis nelygybės x² ≥ x įrodymas sveikiesiems skaičiams, nagrinėjantis atvejus x ≤ 0 arba x ≥ 1.

   Kontrpavyzdys turi tenkinti visus pradinius apribojimus, o ne vien suteikti susijusiam reiškiniui mažą reikšmę. Kai x = 1/2, realiųjų skaičių nelygybė negalioja, tačiau pirmiausia netenkinama priklausymo sveikųjų skaičių aibei sąlyga. Kai x = −2, reikalaujama teigiamumo prielaida yra klaidinga. Dviejų atvejų argumentas, taikomas bet kuriam sveikajam skaičiui, antruoju atveju apima visus leistinus teigiamus sveikuosius skaičius.

3. Užrašykite teiginio „egzistuoja sveikasis skaičius n, kuriam n² = −1“ neiginį ir jį įrodykite. Ar pakanka patikrinti n = 0 ir n = 1?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kiekvienam sveikajam skaičiui n galioja n² ≠ −1. Bet kurio realiojo skaičiaus kvadratas yra neneigiamas, todėl nė vieno sveikojo skaičiaus kvadratas nėra lygus −1. Vien dviejų netinkančių reikšmių patikrinimo nepakanka.

   Apibrėžimo sritis lieka sveikųjų skaičių aibė, o egzistavimo teiginys pakeičiamas teiginiu, kad sąlygos netenkina nė vienas šios aibės skaičius. Argumentas apie kvadrato neneigiamumą apima ir n ≥ 0, ir n < 0, todėl tinka visiems sveikiesiems skaičiams. Palyginus kvadratą su neigiamu skaičiumi −1, atmetamos visos galimos sąlygą tenkinančios reikšmės.

4. Kai n yra sveikasis skaičius, užrašykite pradines prielaidas teiginiui „jei n² yra lyginis, tai n yra lyginis“ įrodyti prieštaros būdu ir taikant kontrapoziciją. Nurodykite, kokia prieštara gaunama pirmuoju būdu.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Įrodant prieštaros būdu, daroma prielaida, kad n² yra lyginis, o n – nelyginis; iš jos išvedama, kad n² yra nelyginis, o tai nesuderinama su prielaida, kad jis lyginis. Taikant kontrapoziciją, daroma prielaida, kad n yra nelyginis, ir išvedama, kad n² yra nelyginis.

   Sveikiesiems skaičiams nebūti lyginiam reiškia būti nelyginiam. Kai n = 2k + 1, tiksli formulė n² = 2(2k² + 2k) + 1 parodo, kad kvadratas yra nelyginis. Įrodant prieštaros būdu, taip pat išlaikoma prielaida, kad kvadratas yra lyginis. Taikant kontrapoziciją, įrodymas baigiamas gavus pradinio teiginio sąlygos neiginį.

5. Siūlomame teiginio „|x| > 0 kiekvienam realiajam x“ įrodyme nagrinėjami atvejai x < 0 ir x > 0. Ko trūksta ir kaip galima pataisyti teiginį?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Neaptartas nulis, kuris yra kontrpavyzdys, nes |0| = 0. Teisingi teiginiai yra: |x| ≥ 0 kiekvienam realiajam x arba jei x ≠ 0, tai |x| > 0.

   Nurodyta apibrėžimo sritis apima nulį, tačiau jo neapima nė vienas griežtos ženklo nelygybės atvejis. Patikrinus ribinę reikšmę paaiškėja, kad pradinis teiginys su griežta nelygybe, taikomas visiems realiesiems skaičiams, yra klaidingas, todėl jo negalima įrodyti pridėjus nulio atvejį. Neneigiamumo išvada apima ribinę reikšmę, o prielaida, kad skaičius nelygus nuliui, pagrįstai pašalina ją iš teiginio su griežta nelygybe.

6. Įrodykite, kad |x| ≥ x kiekvienam realiajam x, pagrįstai suskirstydami į atvejus. Nurodykite, kada galioja lygybė.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Jei x ≥ 0, tai |x| = x. Jei x < 0, tai |x| = −x > x, nes −2x > 0. Taigi nelygybė galioja visiems realiesiems x, o lygybė galioja tada ir tik tada, kai x ≥ 0.

   Abi ženklo sąlygos apima visus realiuosius skaičius, o nulis patenka į pirmąjį atvejį. Antruoju atveju du reiškiniai palyginami pagal jų skirtumą (−x) − x = −2x, kuris yra teigiamas, kai x < 0. Įrodyme, kuriame būtų nagrinėjami tik griežtai teigiamų ir neigiamų reikšmių atvejai, liktų neaptarta lygybė ties nuliu.

7. Tiesiogiai įrodykite, kad kiekvieno nelyginio sveikojo skaičiaus kvadratas yra nelyginis. Ar patikrinus nelygines pradines reikšmes −3, −1, 1 ir 3 įrodomas visuotinis teiginys?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kai k yra bet kuris sveikasis skaičius, iš n = 2k + 1 gauname n² = 2(2k² + 2k) + 1, o tai yra nelyginis sveikasis skaičius. Šie keturi patikrinimai iliustruoja taisyklę, bet neįrodo jos visiems nelyginiams sveikiesiems skaičiams.

   Reiškinio 2k² + 2k reikšmė yra sveikasis skaičius, nes sveikųjų skaičių aibė yra uždara sudėties ir daugybos atžvilgiu. Taigi tai yra reikiama sveikojo skaičiaus reikšmė, liudijanti, kad kvadratas tenkina nelyginio skaičiaus apibrėžtį. Kadangi k yra bet kuris sveikasis skaičius, aprėpiamos ir neigiamos, ir neneigiamos liudijančios reikšmės. Šis tiesioginis įrodymas taip pat įrodo kontrapozicinį teiginį, naudojamą teoremoje apie lyginį kvadratą.

8. Tarkime, kad a = b = 1. Skaičiuojant užrašoma a² = ab, tada (a − b)(a + b) = b(a − b), abi pusės padalijamos iš a − b ir gaunama 2 = 1. Ar taip pagrįstai įrodoma, kad a negali būti lygus b? Raskite klaidą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Ne. Dalijant iš a − b dalijama iš nulio, nes a = b. Prieš dalijimą lygybė yra 0 = 0, taigi tariama prieštara kyla dėl neleistino veiksmo.

   Atimtis ir skaidymas dauginamaisiais yra leistini ir duoda lygias nulines sandaugas. Dalijant iš bendro dauginamojo, jis turi būti nelygus nuliui, tačiau pagal pačią tikrinamą prielaidą taip nėra. Įrodant prieštaros metodu, būtina paisyti kiekvieno veiksmo apibrėžimo srities; neleistinu žingsniu gautas neįmanomas rezultatas negali paneigti pradinės prielaidos.

Ką verta įsidėmėti

• Tinkamas visuotinio sąlyginio teiginio kontrpavyzdys yra leistina pradinė reikšmė, kuriai prielaida yra teisinga, o apibrėžta išvada – klaidinga. Pakanka vienos tokios reikšmės; baigtinis sėkmingų patikrinimų skaičius neįrodo teiginio begalinėje srityje.
• Sudarykite viso teiginio neiginį, nekeisdami jo srities. Visuotinio teiginio neiginys teigia, kad egzistuoja atvejis, kuriuo teiginys negalioja; implikacijos neiginys yra jos prielaidos ir išvados neiginio konjunkcija.
• Įrodant prieštaros metodu, išlaikomi pradiniai faktai, daroma prielaida, kad teisingas viso teiginio neiginys, ir leistinais žingsniais išvedama aiški prieštara. Teiginiui P ⇒ Q laikinoji prielaida yra P ∧ ¬Q.
• Egzistavimui įrodyti pakanka vieno tinkamo liudijančio objekto. Norint paneigti egzistavimą, reikia pagrindo, atmetančio kiekvieną leistiną kandidatą, o ne vieno nesėkmingo bandymo.
• Atvejų sąlygos turi aprėpti visas leistinas pradines reikšmes, o kiekvienu atveju turi būti prieita prie tos pačios siekiamos išvados. Įtraukite ribines reikšmes ir pagrįskite skirstymą pagal tikrąją nagrinėjamą sritį.
• Tiesioginis įrodymas, įrodymas taikant kontrapoziciją ir įrodymas prieštaros metodu pradedami skirtingai. Atvejų nagrinėjimas gali padėti taikant bet kurį iš jų; aiškiausias metodas atskleidžia, kokiomis apibrėžtimis ir sąlygomis remiamasi.