*2   Důkazové techniky, Indukce
Náš hlubší úvod do matematických formalismů pro informatiku začneme základním přehledem technik matematických důkazů. Z nich pro nás asi nejduležitější je technika důkazů matematickou indukcí, která je svou podstatou velmi blízká počítačovým programům (jako iterace cyklů).
Stručný přehled lekce
* Základní důkazové techniky: přímé, nepřímé a sporem. Důkazy „tehdy a jen tehdy".
* Důkazy matematickou indukcí, jejich variace a úskalí.
* Metody zesílení tvrzení a rozšírení základu v indukci.
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
1/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
2.1   Přehled základních důkazových technik
• Přímé odvození. To je způsob, o kterém jsme se dosud bavili.
• Kontrapozice (také obrácením či nepřímý důkaz). Místo věty
„Jestliže platí předpoklady, pak platí závěr." budeme dokazovat ekvivalentní větu
„Jestliže neplatí závěr, pak neplatí alespoň jeden z předpokladů."
• Důkaz sporem. Místo věty
„Jestliže platí předpoklady, pak platí závěr." budeme dokazovat větu
„Jestliže platí předpoklady a platí opak závěru, pak platí.. . "
- nějaké zjevně nepravdivé tvrzení, nebo případně
- závěr (tj. opak jeho opaku) či opak jednoho z předpokladů.
• Matematická indukce. Pokročilá technika. ..
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
2/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklad důkazu kontrapozicí
Definice: Prvočíslo je celé číslo p > 1, které nemá jiné dělitele než lap.
Příklad 2.1.  A/a důkaz kontrapozicí (obrácením).
Věta. Jestliže p je prvočíslo větší než 2, pa/cp je liché.c
Důkaz obráceného tvrzení Budeme místo uvedeného znění věty dokazovat, že
je-li p sudé, pak p není větší než 2 nebo p není prvočíslo.
Připomínáme, že podle definice je p sudé, právě když lze psát p = 2 • k, kde k je celé. Jsou jen dvě snadno řešitelné možnosti:
• fc < 1. Pak p = 2A; není větší než 2.
• k > 1. Pak p = 2 • k není prvočíslo podle definice.
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
3/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklady důkazu sporem
Příklad 2.2. Jiný, kratší přístup k Důkazu 2.1.
Věta. Jestliže p je prvočíslo větší než 2, pak p je liché.c
Důkaz sporem: Nechť tedy p je prvočíslo větší než 2, které je sudé. Pak p = 2-k pro nějaké k > 1, tedy p není prvočíslo, spor (s předpokladem, že p je prvočíslo]
- Pak 2 = r2 / s2, tedy r2 = 2 • s2, proto r2 je dělitelné dvěma. Z toho plyne, že i r je dělitelné dvěma (proč?).
- Jelikož r je dělitelné dvěma, je r2 dělitelné dokonce čtyřmi, tedy r2 = 4 • m pro nějaké m. Pak ale také 4 • m = 2 • s2, tedy 2 • m = s2 a proto s2 je dělitelné dvěma.
- Z toho plyne, že s je také dělitelné dvěma. Celkem dostáváme, že r i s jsou dělitelné dvěma, jsou tedy soudělná a to je spor.
Příklad 2.3. Opět sporem.
Věta. Číslo V2 není racionální.
Důkaz sporem: Nechť tedy \/2 je racionální, tj. nechť existují nesoudělná celá kladná
Nevíte-li, jak nějakou větu dokázat, zkuste důkaz sporem...
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
4/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
2.2   Věty typu „tehdy a jen tehdy"
• Uvažujme nyní (v matematice poměrně hojné) věty tvaru
„Nechť platí předpoklady P. Pak tvrzení A platí tehdy a jen tehdy, platí-li tvrzení B."c
• Příklady jiných jazykových formulací téže věty jsou:
* Za předpokladů P je tvrzení B nutnou a postačující podmínkou pro platnost tvrzení A.c
* Za předpokladů P je tvrzení A nutnou a postačující podmínkou pro platnost tvrzení B.
* Nechť platí předpoklady P. Pak tvrzení A platí právě tehdy když platí tvrzení B.c
• Plný důkaz vět tohoto tvaru má vždy dvě části(!). Je třeba dokázat:
* Jestliže platí předpoklady P a tvrzení A, pak platí tvrzení B.
* Jestliže platí předpoklady P a tvrzení B, pak platí tvrzení A.
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
5/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklad 2.4.  Na důkaz typu „tehdy a jen tehdy".
Věta. Pro každá dvě celá č. a, b platí, že a < b právě tehdy když 2a < 2b.
□
Důkaz: Nezapomínáme, že našim úkolem je dokázat oba směry tvrzení (implikace zleva doprava a zprava doleva). Začneme s prvním: Předpoklad a < b je definičně ekvivalentní tomu, že b = a + k pro nějaké přirozené k > 0. Potom
2b = 2a+k = 2a -2k =£-2a pro nějaké přirozené t = 2k > 2, a tudíž
2b - 2a = [í - 1) • 2a > 1 • 2a > 0. Tím je první část důkazu hotova.
V opačném směru postupujeme z předpokladu 2a < 2b. Vydělením obou stran nerovnosti kladným číslem 2a získáme
26/2a = 2b~a > l.u
Dále postupujeme sporem. Nechť tedy a > 6, neboli a — b = m > 0. Potom máme 2a~b = 2_^_2 > 1. Avšak celkově 1 = 2° = 2a~b • 2b~a > 1 • 1 = 1 je
sporné. Proto zbývá jen požadovaný závěr a < b. n
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
6/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
2.3   Matematická indukce
• Jde o důkazovou techniku aplikovatelnou na tvrzení tohoto typu:
„Pro každé přirozené (celé) n > ko platí T (n). "
Zde ko je nějaké pevné přir. číslo a T(n) je tvrzení parametrizované čís. n.c Příkladem je třeba tvrzení:
Pro každé n > 0 platí, že n přímek dělí rovinu ^—
• Princip matematické indukce říká (coby axiom), že k důkazu věty „Pro každé přirozené (celé) n > ko platí T (n). " stačí ověřit platnost těchto dvou tvrzení:
* T(fc0)
* Pro každé n > ko; jestliže platí T (n), pak platí také T(n + 1).
(tzv. báze neboli základ indukce)
(indukční předpoklad) (indukční krok)c
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
7/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
■r
Příklady důkazů indukcí
Příklad 2.6.  Velmi jednoduchá a přímočará indukce.
Věta. Pro každé přiroz. n > 1 je stejná pravděpodobnost, že při současném hodu n kostkami bude výsledný součet sudý, jako, že bude lichý.
Důkaz: Základ indukce je zde zřejmý: Na jedné kostce (poctivé!) jsou tři lichá a tři sudá čísla, takže obě skupiny padají se stejnou pravděpodobností.
Indukční krok pro n > 1: Nechť psn pravděpodobnost, že při hodu n kostkami bude výsledný součet sudý, a pln je pravděpodobnost lichého. Podle indukčního předpokladu je
s =   l  = 1 Pn     P n      2'
□
Hoďme navíc {n + l)-ní kostkou. Podle toho, zda na ní padne liché nebo sudé číslo, je pravděpodobnost celkového sudého součtu rovna
~   l s
6Pn     6Pn = 2
a stejně pro pravděpodobnost celkového lichého součtu. □
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
8/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
■r
Příklad 2.7.  Ukázka skutečné důkazové „síly" principu matematické indukce. Věta. Pro každé n > O platí, že n přímek dělí rovinu nejvýše na
-n(n + í) + l
oblastí.
Důkaz: Pro bázi indukce stačí, že 0 přímek dělí rovinu na jednu část. (Všimněte si také, že 1 přímka dělí rovinu na dvě části, jen pro lepší pochopení důkazu.)
Mějme nyní rovinu rozdělenou n přímkami na nejvýše ^n(n + 1) + 1 částí.n Další, (n + l)-ní přímka je rozdělena průsečíky s předchozími přímkami na nejvýše n + 1 úseků a každý z nich oddělí novou část roviny. nCelkem tedy bude rovina rozdělena našimi přímkami na nejvýše tento počet oblastí:
1 111
-n(n+l) + l + (n+l) = -n(n + 1) + --2(n+l) +1 = -(n + l)(n + 2) +1
□
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
9/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklad 2.8. Další indukční důkaz rozepsaný v podrobných krocích. Věta. Pro každé n > O platí Ej=oÍ = ^^^-^
Důkaz indukcí vzhledem k n.
• Báze: Zde musíme dokázat „T(0)'\ což je v tomto případě rovnost Y^=oJ — ^y^-- Tato rovnost (zjevně) platí.□
• Indukční krok: Musíme dokázat, že pro každé n > 0 platí „z T{n) vyplývá T{n + 1)", což je konkrétně následující tvrzení:
Jestliže J2]=0j = 2&f!lf pak platilo J = (n+1)(f1+1). □ Předpokládejme tedy, že Y^j=oJ = n^n^  a pokusme se dokázat, že pak také
V^n+l •       (n+l)(n+l+l)       (n+l)(n+2)      -r      - i
z^7=o J = v    n2      ; =       2      ■   ^° uz P'vne úpravou:
<3
n+1 n
n(n + 1) , ^ , ,    _ n(n + 1) + 2(n + 1) _ (n + l)(n + 2)
j=0 j=0
Podle principu matematické indukce je celý důkaz hotov. q
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
10/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
2.4   Komentáře k matematické indukci
Pro správné a úspěšné použití indukce v dokazování je vhodné si zapamatovat několik cenných rad:
• Základní trik všech důkazů matematickou indukcí je vhodná reformulace tvrzení T(n + 1) tak, aby se „odvolávalo" na tvrzení T(n).
* Dobře se vždy podívejte, v čem se liší tvrzení T{n + 1) od tvrzení T{n). Tento „rozdíl" budete muset v důkaze zdůvodnit.
• Pozor, občas je potřeba „zesílit1 tvrzení T(n), aby indukční krok správně „fungoval".c
• Často se chybuje v důkazu indukčního kroku, neboť ten bývá většinou výrazně obtížnější než báze,
ale o to zrádnější jsou chyby v samotné zdánlivě snadné bázi!
* Dejte si dobrý pozor, od které hodnoty n > ko je indukční krok univerzálně platný a jestli báze nezahrnuje více než jednu hodnotu.. .
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
11/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklad 2.9. Kdy je vhodné (a v zásadě také nutné) indukční krok zesílit... Věta. Pro každé n > 1 platí
s(n) = T^ + 213 + 314 + -'' + ^TT) <1" Důkaz:n Báze indukce je zřejmá, neboť ^2 < 1-
Co však indukční krok? Předpoklad s(n) < 1 je sám o sobě „příliš slabý" na
to, aby bylo možno tvrdit s(n + 1) = s(n) + (n+1)1(n+2) < 1- n
Neznamená to ještě, že by tvrzení nebylo platné, jen je potřeba náš indukční předpoklad zesílit. Budeme dokazovat
„Pro každé přirozené n > 1 platí s(n) < 1 —       < 1 ."□
To platí pro n = 1 a dále už úpravou jen dokončíme zesílený indukční krok:
1 11
s(n + l)     s(ri) + ---z-— < 1---h
(n + l)(n + 2) ~ n + 1 (n + l)(n + 2) = 1     -(n + 2) + l   = i_ 1
(n + l)(n + 2) n + 2 □
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
12/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Rozšíření báze a předpokladu
Mimo zesilování tvrzení indukčního kroku jsme někdy okolnostmi nuceni i k rozšiřování samotné báze indukce a s ní indukčního předpokladu na více než jednu hodnotu parametru n.
- Můžeme například předpokládat platnost (parametrizovaných) tvrzení T{n) i T(n + 1) zároveň, a pak odvozovat platnost T(n + 2).
Toto lze samozř. zobecnit na jakýkoliv počet předpokládaných parametrů.c
- Můžeme dokonce předpokládat platnost tvrzení T(j) pro všechna j = fco, ko + 1,..., n najednou a dokazovat T{n + 1).
Toto typicky využijeme v případech, kdy indukční krok „rozdělí" problém T(n + 1) na dvě menší části a z nich pak odvodí platnost T(n + 1). □
Fakt: Obě prezentovaná „rozšíření" jsou v konečném důsledku jen speciálními instancemi základní matematické indukce; použité rozšířené možnosti pouze zjednodušují formální zápis důkazu.
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
13/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Příklad 2.10. Když je nutno rozšířit bázi a indukční předpoklad... Věta. Necht funkce f pro každé n > 0 splňuje vztah
/(n + 2) = 2/(n + l)-/(n).
Pokud platí f(0) — la zároveň f(l) = 2, ra/c platí f (n) = n + 1 pro všechna přirozená n > 0.
Důkaz: Už samotný pohled na daný vztah f(n + 2) — 2f(n + l) — f(n) naznačuje, že bychom měli rozšířit indukční předpoklad (a krok) zhruba takto:
Pro každé n > 0; jestliže platí T(n); neboli f{n) — n + 1, a zároveň platí T(n + 1); f(n + l) =n + 2, pak platí také T(n + 2); f(n + 2) = n + 3.
Báze indukce -□ pozor, zde už musíme ověřit dvě hodnoty
/(O) = 0 + 1 = 1,    /(l) = l + l = 2.o
Náš indukční krok tak nyní může využít celého rozšířeného předpokladu, znalosti hodnot f (n) i f(n+ 1), pro ověření
/(n + 2) = 2/(n + 1) - f(n) = 2-(n+l + l)-(n+l)=n + 3 = n + 2 + l.
□
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016
14/15
Fl: IB000: Důkazy, Indukce
Závěrem malý „problém"
Příklad 2.11. Aneb jak snadno lze v matematické indukci udělat chybu. Věta. („nevěta")
V každém stádu o n > 1 koních mají všichni koně stejnou barvu. Důkaz indukcí vzhledem k n.
Báze: Ve stádu o jednom koni mají všichni koně stejnou barvu.c
Indukční krok: Nechť S — {i^i,..., Kn+i} je stádo o n +1 koních. Dokážeme, že všichni koně mají stejnou barvu. Uvažme dvě menší stáda:
- S' = {KuK2,...,Kn}
- S" = {K2,...,Kn,Kn+1} □
Podle indukčního předpokladu mají všichni koně ve stádu Sf stejnou barvu Bf. Podobně všichni koně ve stádu S" mají podle indukčního předpokladu stejnou barvu B". Dokážeme, že B' — Břř, tedy že všichni koně ve stádu S mají stejnou barvu. To ale plyne z toho, že koně K2,... ,Kn patří jak do stáda Sf, tak i do stáda S". □ □
Ale to už je podvod! Vidíte, kde?
Petr Hliněný, Fl MU Brno, 2016 15/15 Fl: IB000: Důkazy, Indukce