Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában [emeltmatek]

Bizonyítási módszerek és bemutatásuk tételek bizonyításában

Teljes indukció:

Teljes indukcióval olyan állítást (sejtést) bizonyíthatunk, amely az n pozitív egész számoktól függ.

A bizonyítás lépései:

a) Az állításról (sejtésről) előzetesen ellenőrzéssel (megfigyeléssel) belátjuk, hogy az állítás igaz n=1-re.

b) Feltesszük, hogy az állítás valamely k pozitív egész számra igaz.

c) Megnézzük, hogy a k-ra feltételezett állításból következik-e, hogy k+1-re is igaz. Ha igaznak találjuk, akkor az állítás n-ről n+1-re „öröklődik”, azaz n=1-től kezdve minden pozitív egész számra igaz.

Tétel:

Az minden valós x helyen deriválható, és .

Bizonyítás: Teljes indukcióval

2) Tegyük fel, hogy n=k-ra igaz:

3) Bizonyítsuk n=k+1-re az állítást!
Mivel , használhatjuk a szorzat deriválására vonatkozó szabályt:

A „skatulya-elv”

Ha n darab tárgyat k darab skatulyában helyezünk el, és n>k∙p, akkor biztosan lesz olyan skatulya, amelyikbe legalább p+1 darab tárgy kerül.

Egyszerű gráf:
Ha egy gráfban nincs sem párhuzamos él, sem hurokél, akkor azt egyszerű gráfnak nevezzük.

Tétel:

Bármely egyszerű gráfnak van legalább két egyenlő fokszámú pontja.

Tegyük fel, hogy egy n csúcsú gráf esetén minden csúcs különböző fokszámú.

Ekkor a fokszámok 0, 1, ..., n-1 lehetnek, ez pontosan n-féle különböző fokszám.

Figyeljük meg, hogy a 0 és az n-1 kizárják egymást, ugyanis ha valamelyik csúcs fokszáma n-1, az azt jelenti, hogy az összes többi csúccsal össze van kötve, míg a 0 fokszámú csúcs semelyik csúccsal, így ezzel sincsen összekötve. Ezzel ellentmondásra jutottunk.

Az előző gondolatmenetből adódóan tehát egy n csúcsú gráfban mindössze n-1-féle különböző fokszám lehet, így a skatulya-elvet használva megállapíthatjuk, hogy az n csúcs között az n-1-féle fokszámot nem tudjuk kiosztani oly módon, hogy minden csúcs fokszáma különböző legyen.

Indirekt feltevésünkből, miszerint van olyan egyszerű gráf, amelyben minden csúcs fokszáma különböző, önmagával ellentmondó következtetést vontunk le, tehát nem lehet a feltevésünk igaz. Ezzel a feltevés ellentétét, a feladat állítását igazoltuk.

Direkt bizonyítás:

Igaz állításokból indulva, helyes logikai következtetések alapján bizonyítjuk az állítást.

Tétel:

Pitagorasz-tétel:

A derékszögű háromszög befogóira emelt négyzetek területeinek összege egyenlő az átfogóra emelt négyzet területével.

A befogótétel miatt:

Indirekt bizonyítás:

Az állítás tagadásának feltételezéséből, helyes logikai lépések során ellentmondásra jutunk.

Tétel:

A kör érintője merőleges az érintési pontba húzott sugárra.

Vegyük fel az O középpontú kör egy érintőjét, és húzzuk meg az érintési ponthoz tartozó sugarat. Tegyük fel, hogy az e érintő és az OE sugár nem merőlegesek egymásra. Bocsássunk merőlegest az O középpontból az e érintőre, ennek talppontját jelöljük T-vel. Ez körön kívüli pont. Az OET derékszögű háromszög, a derékszög csúcspontja T, ezért a háromszögnek OE az átfogója. Ezzel ellentmondáshoz jutunk, mert OE=r és r

Tétel:

A irracionális szám.