Математические утверждения и их доказательства (968702), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Выделение ключевой идеи (или ключевых идей) каждого доказательствапомогает запоминанию всей строящейся цепочки импликацией.П р и м е р 3.2. Разберем доказательство геометрической теоремы: «В треугольнике каждая медиана делится точкой пересечения с другой медианой в отношении 2 : 1 , считая отвершины» или, на языке импликаций,{AK, BM – медианы в △ABC,AO = 2 · OK,=⇒O = AK ∩ BMBO = 2 · OM.1 шаг – дополнительное построение средней линии в треугольнике BM C :AK, BM – медианы в △ABC,O = AK ∩ BM=⇒KP , где P - середина M C:KP ∥ BM, KP = BM/2 (как средняя линия)2 шаг.
Отсюда получим подобие треугольников с известным коэффициентом подобия (всилу признака подобия треугольников по двум углам):△AOM ∼ △AKP,k = AM : AP = AM : (AM + 12 AM ) = 23 .3 шаг. Запишем теперь отношения двух других пар соответствующих сторон в этих подобных треугольниках:2323= AO : AK = AO : (AO + OK),= OM : KP = OM : ( 12 (BO + OM )).4 шаг. Отсюда, проводя преобразования, получим цепочку импликаций, приводящую кнужному ответу:AK, BM – медианы в △ABC,KP , где P - середина M C:=⇒=⇒O = AK ∩ BMKP ∥ BM, KP = BM/2 (как средняя линия){△AOM ∼ △AKP,=⇒k = AM : AP = AM : (AM + 21 AM ) = 23{2AO = 2 · OK,=AO:AK=AO:(AO+OK),3=⇒1= OM : KP = OM : ( 2 (BO + OM ))BO = 2 · OM.=⇒{=⇒23Итак, в рассмотренном доказательстве – две ключевые идеи:11– дополнительное построение средней линии KP ,– использование подобия треугольников AOM и AKP .В многошаговых математических доказательствах бывает так, что одна илинесколько импликаций представляют самостоятельный интерес – например, используются в других доказательствах – или обосновываются отдельно для улучшения восприятия логической структуры всего доказательства.
В таких случаяхэти импликации выносятся в отдельные утверждения и называются леммами(вспомогательными теоремами).П р и м е р 3.3. В доказательстве теоремы «Медианы любого треугольника пересекаютсяв одной точке»:AK, BM, CN –медианы в △ABC:=⇒1) Для O1 = AK ∩ BM : AO1 = 2O1 K2) Для O2 = AK ∩ CN : AO2 = 2O2 K=⇒O1 = O2=⇒AK ∩ BM ∩ CN = O=⇒предыдущая теорема (см. пример 3.2) является ключевым вспомогательным утверждением,т.е. леммой.Справедливости ради, впрочем, надо отметить, что разделение утвержденийна теоремы и леммы достаточно условно и оно, в большинстве случаев, указываетна то, какую роль отводит автор математического текста данному утверждению.3.2.
Доказательство критерия. Для доказательства критерияA ⇐⇒ Bнужно обосновать, что одновременно имеют место два утверждения: A =⇒ B иB =⇒ A, т.е.{A =⇒ B,B =⇒ A.В различных терминологиях (см. п.2.4) это означает, что– утверждение A справедливо тогда и только тогда, когда выполнено условиеB;– условие B необходимо и достаточно для справедливости утверждения A;– для утверждения A =⇒ B имеет место обратное утверждение.П р и м е р 3.4. Докажем теорему о трех перпендикулярах. Ее формулировка: «Прямая,проведенная на плоскости через основание наклонной, перпендикулярна к ее проекции тогдаи только тогда, когда она перпендикулярна и к самой наклонной».Mqcc M q0αccqAl Для описания доказательства введем обозначения: точка A – основание наклонной AM к плоскости α , M M0– перпендикуляр к этой плоскости, прямая l лежит вплоскости α и проходит через точку A .12Заметим, что M M0 ⊥ l (как и всякой другой прямой в плоскости α ).
Надо доказать,чтоl ⊥ AM0⇐⇒l ⊥ AM.l ⊥ AM0=⇒l ⊥ AM.=⇒l ⊥ (AM M0 )=⇒ Сначала докажем, чтоИмеемl ⊥ AM0{=⇒l ⊥ AM0 ,l ⊥ M M0т.е. условие l ⊥ AM – необходимое условие для l ⊥ AM0 .⇐= Теперь докажем, чтоl ⊥ AM =⇒ l ⊥ AM0 .Имеем{l ⊥ AM,l ⊥ AM =⇒=⇒ l ⊥ (AM M0 )l ⊥ M M0l ⊥ AM,=⇒=⇒l ⊥ AM0 ,т.е. условие l ⊥ AM – достаточное условие для l ⊥ AM0 .Таким образом, условие l ⊥ AM – необходимое и достаточное для того, чтобы l ⊥ AM0 .П р и м е р 3.5. Пусть xmax – максимальный элемент числового множества X{x1 , . . . , xn } .
Докажем, чтоx1 ≤ M, x ≤ M,2xmax ≤ M ⇐⇒... x ≤ M.n=Необходимость условия xk ≤ M , k = 1, . . . , n , очевидна, так как xk ≤ xmax ≤ M ,k = 1, . . . , n .Достаточность этого условия еще более очевидна, так как если xk ≤ M для всех xk ∈ X ,то это же верно и для xmax .Иногда при доказательстве критерия удается в цепочке утверждений выполнять равносильные переходы (см. п.2.4). В этих случаях можно не разбивать доказательство на две части, указывающие отдельно на необходимость и достаточность.П р и м е р 3.6. Докажем, что квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 ( a ̸= 0 ) с дискриминантом D имеет вещественное решение тогда и только тогда, когда D ≥ 0 .Имеемax2 + bx + c = 0 (a ̸= 0)⇐⇒⇐⇒x2 +(x+bcx+ =0aa⇐⇒b )2 b2 − 4ac−=02a4a213⇐⇒(x+b )2D= 2.2a4aПоследнее уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда D ≥ 0 .П р и м е р 3.7.
Докажем, что известный признак делимости целого числа на 4 дает нетолько достаточное, но и необходимое условие делимости на 4 .Пусть A = an an−1 . . . a1 a0 (в десятичной записи). Очевидно, что()A = an an−1 . . . a1 a0 = an an−1 . . . a2 · 100 + a1 a0 = 4 25 · an an−1 . . . a2 + a1 a0 .Отсюда следует, чтоA кратно 4⇐⇒a1 a0 кратно 4 .П р и м е р 3.8.
Докажем, что если a > 0, a ̸= 1, b > 0 , тоloga b > 0⇐⇒(a − 1)(b − 1) > 0.Рассмотрим графики монотонной функции y = loga x при a > 1 и при 0 < a < 1 :Из графиков следует, что loga x > 0 , если при a > 1 : x > 1 , а при 0 < a < 1 : x < 1 , т.е.если a и x либо оба больше 1 , либо оба меньше 1 , иными словами, если a и x находятсяпо одну сторону от 1 . Аналогично, loga x < 0 , если a и x находятся по разные стороныот 1 .Это означает, чтоloga b > 0⇐⇒⇐⇒a и b находятся по одну сторону от 1a − 1 и b − 1 имеют одинаковый знак⇐⇒⇐⇒(a − 1)(b − 1) > 0.Понимание понятия необходимого и достаточного условия часто используетсяпри решении серьезных задач. Например, в тех задачах, где из большого числазначений некоторой переменной надо исключить все «бесполезные» (для даннойзадачи) значения и рассматривать только те, которые соответствуют условию задачи.14П р и м е р 3.9.
Требуется найти все значения a , при которых система уравнений{ax2 + a − 1 = y − | sin x|,tg2 x + y 2 = 1(1)имеет единственное решение.Заметим, что неизвестная x входит в систему четным образом, поэтому если (x, y) –решение (1), то и (−x, y) – тоже решение.Найдем сначала необходимое условие единственности решения системы. Пусть система (1) имеет единственное решение (x, y) . В этом решении x = 0 , так как иначе пара(−x, y) даст другое решение. Следовательно, только пара (0, y) может быть единственнымрешением системы.
Подставив его в систему, получим{a − 1 = y,(2)y 2 = 1.Из второго уравнения следует, что y = ±1 , откуда в силу первого уравнения: a = 2 и a = 0 .Итак, только при a = 2 и a = 0 система (1) может иметь единственное решение. Мынашли необходимое условие единственности решения. Это означает, что другие значения aможно не рассматривать, так как для них система либо не имеет решений, либо имеет болееодного решения.Проверим достаточность найденных условий.При a = 2 система (1) имеет вид{{{2x2 + 1 = y − | sin x|,y = 2x2 + | sin x| + 1 ≥ 1,y = 1,√=⇒=⇒22tg x + y = 1|y| = 1 − tg2 x ≤ 1x = 0.Это единственное решение.
Таким образом, при a = 2 система имеет единственное решение.При a = 0 система (1) имеет вид{y = | sin x| − 1,tg2 x + y 2 = 1Эта система имеет по крайней мере два решения: (0, −1) , (π, −1) .Итак, только при a = 2 система (1) имеет единственное решение.3.3. Доказательство эквивалентности определений. Как указывалось вп.1.3, эквивалентность двух определений (Опр.1 и Опр.2) означает, что эти определения относятся к одному и тому же объекту.
Т.е. что если объект определенпо Опр.1 (т.е. удовлетворяет описанному в нем свойству), то он соответствует исвойству, описанному в Опр.2; аналогично наоборот.Таким образом, доказательство эквивалентности Опр.1 и Опр.2 сводится к доказательству критерия: «Объект определен Опр.1 тогда и только тогда, когда онсоответствует Опр.2» или, в компактной записи,15Опр.1⇐⇒Опр.2.П р и м е р 3.10. Докажем эквивалентность двух определений параллелограмма из примера 1.6.Пусть четырехугольник ABCD является параллелограммом по Опр.1, т.е.
BC ∥ AD ,AB ∥ CD . Тогда ∠DBC = ∠ADB , ∠BDC = ∠ABD как накрест лежащие углы припараллельных прямых. Отсюда следует, что △BCD = △ABD (по двум углам и общей стороне). Следовательно, BC = AD и четырехугольник ABCD является параллелограммомпо Опр.2.И наоборот, если четырехугольник ABCD – параллелограмм по Опр.2, то{BC = AD,BC ∥ AD=⇒=⇒{=⇒∠DBC = ∠ADB (как накрест лежащие),BC = AD=⇒△BCD = △ABD (по двум сторонам и углу между ними)∠BDC = ∠ABD=⇒=⇒AB ∥ CD (так как накрест лежащие углы равны).Следовательно, BC ∥ AD , AB ∥ CD и четырехугольник ABCD является параллелограммом по Опр.1.П р и м е р 3.11. Докажем эквивалентность трех определений абсолютной величины числаиз примера 1.7.Согласно всем трем определениям, |x| – это одно из двух чисел x и −x .Если x ≥ 0 , то −x ≤ 0 , −x ≤ x и• |x| = x (по Опр.1),• |x| – наибольшее из двух чисел x и −x , что соответствует Опр.2,• |x| – неотрицательное из двух чисел x и −x , что соответствует Опр.3.Если же x ≤ 0 , то −x ≥ 0 , −x ≥ x и• |x| = −x (по Опр.1),• |x| – наибольшее из двух чисел x и −x , что соответствует Опр.2,• |x| – неотрицательное из двух чисел x и −x , что соответствует Опр.3.3.4.