A B A B. Logičke operacije koje još često upotrebljavamo su implikacija ( ) i ekvivalencija A B A B A B

1 MATEMATIČKI SUDOVI Jedan od osnovnih oblika mišljenja su pojmovi. Oni ne dolaze odvojeno, nego se na odredeni način vezuju i tvore sudove. Sud (izjava, izreka, iskaz) je suvisla deklarativna rečenica koja se u pogledu istinitosti podvrgava načelu isključenog trećeg, tj. ona je ili istinita ili neistinita, ali ne i oboje. Najvažnije vrste matematičkih sudova su aksiomi, postulati i teoremi. Prije nego što opišemo ove sudove recimo nešto o operacijama sa sudovima. Osnovne logičke operacije sa sudovima su: negacija ( ), disjunkcija ( ), konjunkcija ( ). Tablice istinosti ovih operacija su: A A A B A B A B A B Logičke operacije koje još često upotrebljavamo su implikacija ( ) i ekvivalencija ( ), čije tablice istinitosti su: A B A B A B Kažemo da su dva složena suda X i Y ekvivalentna ako im se pripadne tablice istinitosti podudaraju, ili ako je sud X Y tautologija. Primjer. Pokažimo da su izjave (A B) i A B ekvivalentne. A B A B (A B) B A B (A B) (A B) 1

Aksiom (praistina) je osnovna tvrdnja u nekoj teoriji koja se smatra istinitom i ne dokazuje se. Pojam i naziv nastaju u starogrčkoj matematici. Primjeri aksioma: Cjelina je veća od dijela. Ako se jednakim stvarima dodaju jednake stvari i cjeline su jednake. V. aksiom o paralelama: Točkom izvan pravca može se povući jedinstven pravac paralelan s tim pravcem. Arhimedov aksiom: Za svaka dva pozitivna realna broja a i b postoji prirodan broj n takav da je na > b. Aksiom izbora (Zermelov aksiom): Neka je zadano beskonačno nepraznih skupova koji su medusobno disjunktni. Tada postoji skup čiji su elementi po jedan element iz svakog od zadanih skupova. Postulat je polazna tvrdnja koja se takoder uzima bez dokaza. Postulat obično izražava neki uvjet koji treba zadovoljavati neki pojam ili neki odnos medu pojmovima. Danas često u matematici izjednačavamo aksiome i postulate, pa često govorimo na primjer o aksiomima površine ili o postulatima površine. Primjeri: Pojam grupe Neka je G neprazan skup, te neka je : G G G binarna operacija na G. Uredeni par (G, ) nazivamo grupa ako vrijede sljedeća svojstva: G1. Za sve elemente a, b, c iz G vrijedi (a b) c = a (b c). G2. Postoji element e G takav da za svaki a G vrijedi a e = e a = a. G3. Za svaki a G postoji element a G takav da je a a = a a = e. Pojam površine Neka je P skup svih poligona u ravnini uključujući i prazan skup. Površina na skupu P je preslikavanje p : P R koje ima sljedeća svojstva: P1. p(p ) 0 za svaki poligon P P. 2

P2. Ako je poligon P zbroj poligona P 1 i P 2 onda je p(p )=p(p 1 )+ p(p 2 ). P3. Ako su poligoni P 1 i P 2 sukladni tada su brojevi p(p 1 )ip(p 2 ) jednaki. P4. Postoji bar jedan kvadrat K kojemu je duljina stranice jednaka jedan takav da je p(k) =1. Pojam metrike Neka je V vektorski prostor. Funkciju d : V V R nazivamo metrika ako zadovoljava ova svojstva: M1. Za svaki a V je d(a, a) 0. d(a, a) = 0 akko a =0. M2. Za sve a, b V vrijedi d(a, b) =d(b, a). M3. Za sve a, b, c V vrijedi d(a, b)+d(b, c) d(a, c). U izgradnji neke matematičke teorije iz aksioma i definicija logičkim rasudivanjem izvodimo teoreme. Teorem (poučak, stavak) je matematička izjava čija se istinitost utvrduje dokazom. Obično se misli na istinitu izjavu, iako nije isključeno da je izjava lažna. U formulaciji teorema razlikuju se dva dijela: pretpostavka (uvjet, hipoteza) P i tvrdnja (zaključak, posljedica, teza) Q. Pretpostavka je jedna ili više izjava koje se smatraju istinitima, a tvrdnja je izjava koju treba dokazati. Ponekad učenici imaju poteškoća s odredivanjem što je pretpostavka, a što tvrdnja teorema, a samim tim imaju probleme i pri dokazivanju tog teorema. Stoga nastavnik treba pri obradi teorema uložiti dodatni napor pri rasvjetljavanju tih bitnih dijelova teorema, razlažući ga, pa čak i preformulirajući ga. Dakle, teorem kao sud ima oblik implikacije: P Q. Čitamo: P implicira Q, P povlači Q ili Ako je P, tada je Q, P je dovoljan uvjet za Q, Q je nuždan uvjet za P. Primjer. U sljedećim teoremima istaknimo pretpostavku i tvrdnju teorema. 1. Dijagonale romba su okomite. P: Četverokut je romb. Q: Dijagonale romba su okomite. 3

2. Umnožak dvaju uzastopnih prirodnih brojeva je paran broj. P: Brojevi su uzastopni prirodni brojevi. Q: Umnožak im je paran. 3. U svakom trokutu nasuprot dviju stranica jednakih duljina leže jednaki kutovi. P: U trokutu dvije su stranice jednakih duljina. Q: Kutovi nasuprot tih stranica su jednaki. 4. Zbroj kutova u trokutu je 180. P: Dani (promatrani) poligon je trokut. Q: Zbroj kutova mu je 180. 5. Svaki obodni kut nad promjerom kružnice je pravi. P: Dani kut je obodni kut nad promjerom. Q: Dani kut je pravi kut. 6. 2 je iracionalan broj. P: Broj je 2. Q: Taj je broj iracionalan. 7. Dijagonale paralelograma se raspolavljaju. P: Promatrani lik je paralelogram. Q: Dijagonale mu se raspolavljaju. 8. Dokažite da se broj 101010 ne može predstaviti u obliku razlike kvadrata dva prirodna broja. P: a i b su brojevi takvi da je a 2 b 2 = 101010. Q: Brojevi a i b nisu prirodni. 9. Svaki se kvadratni trinom ax 2 + bx + c može napisati u obliku a(x x 1 )(x x 2 ) gdje su x 1,x 2 rješenja kvadratne jednadžbe ax 2 +bx+c =0. P: x 1,x 2 su rješenja kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c =0. Q: Kvadratni se trinom ax 2 +bx+c može napisati u obliku a(x x 1 )(x x 2 ). 4

Mnogo je lakše otkriti strukturu teorema ako je dan u formi Ako je..., tada je... Teoreme iz prethodnog primjera zapišimo u tom obliku. 1. Ako je dani četverokut romb, onda su njegove dijagonale okomite. 2. Ako su dani uzastopni prirodni brojevi, tada im je umnožak paran. 3. Ako su u trokutu dvije su stranice jednakih duljina, tada su kutovi nasuprot tih stranica jednaki. 4. Ako je dani lik trokut, tada mu je zbroj kutova 180. 5. Ako je kut obodni kut nad promjerom kružnice, tada je dani kut pravi. 6. Ako je promatrani broj 2, tada je on iracionalan broj. 7. Ako je dani lik paralelogram, tada mu se dijagonale raspolavljaju. 8. Ako su a i b brojevi takvi da je a 2 b 2 = 101010, tada brojevi a i b nisu prirodni. 9. Ako su x 1,x 2 rješenja kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c =0, tada se kvadratni trinom ax 2 + bx + c može napisati u obliku a(x x 1 )(x x 2 ). Uz svaki teorem oblika P Q vezujemo izjavu oblika Q P,koju nazivamo obratom teorema. Treba napomenuti da obrat teorema ne mora biti istinita tvrdnja. No, ako je i obrat teorema teorem, tj. istinita tvrdnja, tada ta dva teorema vrlo često zapisujemo kao izjavu oblika P Q i čitamo P je ako i samo ako je Q. Primjer. Teoremima pod rednim brojevima 1. do 5. iz prethodnog primjera napišimo obrat teorema i odredimo istinitost tog obrata. 1. Ako su dijagonale četverokuta okomite, tada je on romb. Ova izjava nije istinita. Protuprimjer je deltoid koji nema sukladne stranice. 2. Ako je umnožak dva prirodna broja paran, tada su ti brojevi uzastopni prirodni brojevi. Ova izjava nije istinita. Protuprimjer su brojevi 4 i 7. 3. Ako su dva kuta trokuta jednaki, tada su i stranice nasuprot njih jednakih duljina. Ovo je istinita tvrdnja. 5

4. Ako je zbroj kutova u poligonu jednak 180, taj je poligon trokut. Ovo je istinita tvrdnja. 5. Ako je dan pravi kut, tada je on obodni kut nad promjerom kružnice. Istinita tvrdnja. Izjavu oblika Q P nazivamo kontrapozicija teorema P Q. Sudovi Q P i P Q su medusobno ekvivalentni, što ima velikog značaja pri dokazivanju teorema. Naime, kao što ćemo vidjeti na sljedećem predavanju, umjesto da direktno dokazujemo teorem P Q, ponekad je lakše dokazati kontrapoziciju tog teorema, pa budući da su to logički ekvivalentne izjave, time je dokazan i teorem. Primjer. Pokažimo da su izjave P Q i Q P ekvivalentne. P Q P Q P Q Q P (P Q) ( Q P ) Primjer. Teoremima pod rednim brojevima 1. do 5. izrecimo kontrapozicije. 1. Ako dijagonale četverokuta nisu okomite, tada on nije romb. 2. Ako umnožak dva prirodna broja nije paran, tada ti brojevi nisu uzastopni prirodni brojevi. 3. Ako dva kuta trokuta nisu jednaki tada ni stranice nasuprot njih nisu jednakih duljina. 4. Ako zbroj kutova u poligonu nije jednak 180, tada taj poligon nije trokut. 5. Ako dani kut nije pravi kut, tada on nije obodni kut nad promjerom neke kružnice. 6

I konačno, možemo promatrati i obrat kontrapozicije, tj. sud oblika P Q, koji je logički ekvivalentan obratu teorema. Primjer. Teoremima pod rednim brojevima 1. do 5. izrecimo kontrapozicije. 1. Ako četverokut nije romb, tada mu dijagonale nisu okomite. 2. Ako dani prirodni brojevi nisu uzastopni, tada im umnožak nije paran. 3. Ako u trokutu dvije stranice nisu jednakih duljina, tada niti kutovi nasuprot njih nisu jednakih veličina. 4. Ako poligon nije trokut, tada mu zbroj kutova nije 180. 5. Ako kut nije obodni kut nad promjerom, tada taj kut nije pravi. Obrada poučka zahtijeva posebnu pozornost nastavnika matematike. Pravilna obrada poučka omogućuje brži razvoj matematičkog mišljenja učenika i bolje razumijevanje matematike. Pri obradi poučka nastavnik mora obratiti pažnju na precizno formuliranje poučka i eventualno preformuliranje istog, na jasno razlikovanje pretpostavke i tvrdnje te na njihovu ulogu u gradnji poučka, na obrat poučka i njegovu formulaciju. 2 DOKAZI Dokaz teorema P Q u nekoj teoriji je takav konačan niz tvrdnji Q 1,Q 2,...,Q n te teorije u kojem je svaka tvrdnja ili aksiom ili je dobivena iz prethodno dokazanih tvrdnji tog niza po nekom pravilu zaključivanja, te posljednja tvrdnja niza je tvrdnja Q. Dokazivanje poučaka ima svoje mjesto u nastavi matematike. Naime, učeći dokazivati tvrdnje, učenik uči rasudivati, što je jedan od osnovnih zadataka nastave matematike. Učenik koji se u daljnjem životu i ne ce baviti matematikom kao znanošću, mora znati rasudivati u svakodnevnom životu. Razlikujemo dvije vrste dokaza: direktni i indirektni dokazi. 2.1 Direktni dokazi Kod direktnog dokaza neke tvrdnje Q polazimo od pretpostavke P, primjenom aksioma, definicija i ranije dokazanih teorema, nizom pravilnog zaključivanja dolazimo do tvrdnje Q. 7

Navedimo direktne dokaze nekoliko teorema školske matematike. Primjer. Dokažimo teorem: Dijagonale romba su okomite. Dokaz. Pretpostavka ovog teorema je da je promatrani četverokut romb. Definicija romba glasi: romb je paralelogram jednakih stranica. Budući da je romb paralelogram i za njega vrijedi svojstvo da mu se dijagonale raspolavljaju. Nacrtajmo romb ABCD i točku presjeka dijagonala označimo sa S. Promatramo trokute ABS i BCS. Imaju zajedničku stranicu SB, a za ostale stranice vrijedi: AB = BC (romb ima sukladne stranice), AS = SC (dijagonale mu se raspolavljaju. Dakle, prema teoremu S-S-S, trokuti ABS i BCS su sukladni, pa su i kutovi ASB i BSC sukladni. Budući da su to susjedni (suplementni) kutovi, slijedi da se radi o pravim kutovima. Dakle, AC BD, što je i trebalo dokazati. Primjer. Dokažimo teorem: Umnožak dvaju uzastopnih prirodnih brojeva je paran broj. Dokaz. Pretpostavka teorema je: Promatrani prirodni brojevi su uzastopni. Neka su a i a + 1 dva uzastopna prirodna broja. Pri dokazu koristimo metodu razlikovanja slučajeva. 1. Neka je a paran broj. Tada je a oblika a =2k, k N. Tada je umnožak a(a + 1) jednak a(a +1)=2k(2k + 1), što je očito djeljivo s 2, jer je oblika 2m, gdje je m = k(2k + 1) prirodan broj. 2. Neka je a neparan broj, tj. oblika a = 2k 1, k N. Tada je a(a + 1) = (2k 1)(2k) =2k(2k 1), što je opet paran broj. Primjer. Dokažimo teorem: Ako su u trokutu dvije stranice jednakih duljina, tada nasuprot njih leže sukladni kutovi. Dokaz. Pretpostavimo da su u trokutu ABC stranice AC i BC jednakih duljina. Spustimo iz vrha C visinu na stranicu AB i označimo nožište visine s D. Tada trokuti ADC i BCD imaju jednu zajedničku stranicu DC, stranice AC i BC su sukladne, te kutovi uz vrh D su pravi, tj. sukladni. Prema 4. teoremu o sukladnosti trokuta, ta su dva trokuta sukladna, pa su im sukladni i svi kutovi, a specijalno i kutovi CAB i CBA, što je i trebalo dokazati. Primjer. Dokažimo teorem: Zbroj kutova u trokutu jednak je 180. 8

Dokaz. Neka je dan trokut ABC. Točkom C povucimo paralelu DE s pravcem AB. Postojanje i jedinstvenost ove paralele dana je aksiomima euklidske geometrije. Pravac AC je transverzala (presječnica) paralelnih pravaca AB i DC, pa su prema teoremu o kutovima uz transverzalu kutovi CAB i DCA sukladni, tj. α = DCA. Iz istog razloga vrijedi i β = BCE. Sad je 180 = DCE = DCA + ACB + BCE = α + γ + β. Primjer. Dokažimo Pitagorin teorem: U pravokutnom trokutu ABC s pravim kutom pri vrhu C vrijedi c 2 = a 2 + b 2. Dokaz 1. Neka je ABC dani pravokutni trokut, te neka je CD visina na hipotenuzu. Duljinu odsječka AD na hipotenuzi označimo s p, a odsječka DB s q. Prema Euklidovom poučku vrijedi: a = cp, b = cq. Kvadriranjem tih jednakosti i zbrajanjem dobivamo a 2 + b 2 = cp + cq = c(p + q) =c 2. Dokaz 2. Nacrtajmo kvadrat MNPQ stranice duljine a+b, te na njegovim stranicama MN, NP, PQ, QM točke E,F,G,H redom, tako da je ME = NF = PG = QH = a. Trokuti HME, ENF, FPG i GQE su sukladni trokutu ABC (dvije stranice su im duge a i b, te kut izmedu njih je pravi). Četverokut EFGH je kvadrat jer ima sve četiri stranice duge c, a i kutevi su mu pravi ( HEF = 180 HEM FEN =90 ). Izračunamo li površinu kvadrata MNPQ na dva načina dobivamo (a + b) 2 = c 2 +4 ab 2, a2 +2ab + b 2 = c 2 +2ab, a 2 + b 2 = c 2, što je i trebalo dokazati. Primjer. (AG nejednakost) Za pozitivne brojeve a i b vrijedi a + b ab 2. Dokaz. Vrijedi (a b) 2 0, pa kvadriranjem binoma i daljnjim transformiranjem dobivamo ovaj niz nejednakosti a 2 2ab+b 2 0, a 2 +2ab+b 2 4ab, (a + b) 2 4ab, a + b 2 ab, ab a+b 2. 9

Primjer. (Obrat Pitagorina poučka) Ako u trokutu ABC vrijedi c 2 = a 2 + b 2, tada je trokut pravokutan s pravim kutom pri vrhu C. Dokaz. Promotrimo trokut A B C s pravim kutom pri vrhu C i za kojeg je a = a i b = b. Tada prema Pitagorinom teoremu vrijedi c 2 = a 2 + b 2 = a 2 + b 2 = c 2, tj. c = c. No to znači da su trokuti ABC i A B C sukladni (SSS teorem), pa je i trokut ABC pravokutan s pravim kutom pri vrhu C. 2.2 Indirektni dokazi Indirektni dokaz tvrdnje P Q sastoji se u nastojanju da se dokaže da suprotna tvrdnja Q nije istinita. Medu indirektnim dokazima dva su koja se vrlo često primjenjuju: dokaz po kontrapoziciji i dokaz svodenjem na kontradikciju. Dokaz po kontrapoziciji zasniva se na ekvivalenciji sudova P Q i Q P. Dakle, u dokazu po kontrapoziciji, pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja Q, te nizom logičkih koraka dolazimo do istinitosti tvrdnje P. Evo nekoliko primjera iz školske matematike dokaza po kontrapoziciji. Primjer. Ako je a 2 paran broj, tada je i broj a paran. Dokaz. Pretpostavka P teorema glasi: Broj a 2 je paran. Tvrdnja Q teorema glasi: Broj a je paran. Pretpostavimo da vrijedi Q: Broj a nije paran. Treba dokazati da vrijedi P : Broj a 2 nije paran. Ako a nije paran, tada je on oblika a =2k 1, k N. Tada je a 2 =4k 2 4k + 1 = 2(2k 2 2k) + 1, tj. a 2 je neparan, što je i trebalo dokazati. Primjer. Ako je τ temeljni period funkcije f, tada je τ, a>0, temeljni a period funkcije g(x) = f(ax). Dokaz. P: Broj τ je temeljni period funkcije f. Q: Broj τ, a>0, temeljni je period funkcije g(x) =f(ax). a Prvo direktnim dokazom dokažimo da je τ, a>0, period funkcije g(x) = a f(ax). g(x + τ a )=f(a(x + τ )) = f(ax + τ) =f(ax). a Dokazom po kontrapoziciji pokazat ćemo da je τ a najmanji period. Pret- 10

postavimo da τ a nije temeljni period, tj. da postoji period T,0<T <τ a. Tada vrijedi 0 < at < τizaat vrijedi f(x + at )=f(a( x a + T )) = g(x a + T )=g(x a )=f(x), tj. at je period i za funkciju f i uz to je at < τ. Dakle, proizlazi da τ nije najmanji period za f, što je upravo negacija pretpostavke P. Primjer. Dokažimo da je funkcija f : R R, f(x) =3x + 7 injekcija. Dokaz. Treba dokazati da za svaka dva različita broja x 1,x 2 vrijedi f(x 1 ) f(x 2 ). Ovdje je P: Brojevi x 1 i x 2 su različiti. Tvrdnja Q glasi: f(x 1 ) f(x 2 ). Pretpostavimo da je f(x 1 )=f(x 2 ). Tada je 3x 1 +7 = 3x 2 +7, 3x 1 =3x 2, x 1 = x 2. Dakle, iz Q dobili smo P, čime je početna tvrdnja dokazana po kontrapoziciji. Ako pretpostavka teorema ima oblik konjunkcije P = P 1 P 2, tada je kontrapozicija oblika (P 1 Q) P 2 ili (P 2 Q) P 1. Primjer. Dokažimo ekvivalenciju tvrdnji (P 1 P 2 ) Q i(p 1 Q) P 2. P 1 P 2 Q P 1 P 2 (P 1 P 2 ) Q P 1 Q P 2 (P 1 Q) P 2 Ukoliko teorem dokazujemo koristeći prethodnu ekvivalenciju, kažemo da dokazujemo po proširenoj kontrapoziciji. Evo i primjera takve vrste dokaza. Primjer. Neka se pravci a i b sijeku u točki T. Ako pravac c siječe i pravac a i pravac b, a nije komplanaran s njima, tada on prolazi točkom T. Dokaz. P 1 : Pravci a i b su ukršteni i pravac c siječe i pravac a i pravac b. P 2 : Pravac c nije komplanaran s pravcima a i b. 11

Q: Pravac c prolazi točkom T. Pretpostavimo P 1 i Q. Označimo s M i N presjek pravca c s pravcima a i b respektivno. Točke M,N,T su različite. Pravac c ne prolazi točkom T, pa se ni M niti N ne mogu podudarati s točkom T. Takoder i točke M i N su medusobno različite jer kad bi bile jednake to bi značilo da je to točka presjeka sva tri pravca, specijalno, to bi bio presjek pravaca a i b, tj. radilo bi se o točki T, a upravo smo u prethodnoj rečenici obrazložili da se ni M niti N ne mogu podudarati s točkom T. Uz to te su točke i nekolinearne, jer c = MN i T c. Dakle, te tri različite nekolinearne točke odreduju jednu ravninu π kojoj pripadaju pravci a, b, c. Drugim riječima, c je komplanaran s pravcima a i b. Time smo dobili P 2. Dakle, po proširenoj kontrapoziciji, vrijedi tvrdnja dana u primjeru. Primjer. Dokažimo obrat Pitagorina poučka: Ako u trokutu ABC vrijedi c 2 = a 2 + b 2, tada je kut pri vrhu C pravi kut. Dokaz. Pretpostavimo da kut C nije pravi kut. Tada je ili šiljasti ili tupi. Ako je C šiljasti tada visina iz vrha A na stranicu BC ima nožište D upravo na toj stranici. Označimo CD = x, x>0. Tada koristeći Pitagorin poučak u trokutima ACD i DB dobivamo Komparacijom dobivamo h 2 a = b2 x 2, h 2 a = c2 (a x) 2. b 2 x 2 = c 2 (a x) 2, tj. c 2 = a 2 + b 2 2ax < a 2 + b 2, što je u suprotnosti s pretpostavkom poučka. Ako je C tupi kut, tada analognim postupkom dobivamo da je c 2 > a 2 + b 2, što je takoder u suprotnosti s pretpostavkom poučka. Dakle, u oba slučaja dobivamo negaciju pretpostavke da je c 2 = a 2 + b 2, pa je obrat Pitagorina poučka dokazan po kontrapoziciji. Dokaz svodenjem na kontradikciju (reductio ad absurdum) zasniva se na ekvivalencijama sudova P Q i(p Q) (A A) ili P Q i (P Q) F, gdje je s F označen neistinit (false) sud. Dakle, u dokazu po kontrapoziciji, pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja P Q, te nizom logičkih koraka dolazimo do neke tvrdnje koja je lažna ili do situacije da istovremeno vrijede i neka tvrdnja A i njezina negacija A. 12

Prvo dokažimo gore spomenute ekvivalencije. Budući da je A A lažan sud, dovoljno će biti provjeriti je li tvrdnja (P Q) ((P Q) F ) tautologija. P Q P Q F Q P Q (P Q) F (P Q) ((P Q) F ) Primjer. Ako je a = p 1 p 2...p k umnožak različitih prostih brojeva, tada je a iracionalan broj. (Elezović, Matematika 2, 2. razred gimnazije). Dokaz. Ovo je generalizacija poznate tvrdnje da 2 nije racionalan broj. Pretpostavimo da je a = p 1 p 2...p k umnožak različitih prostih brojeva, te da je a racionalan broj (to je sud P Q). Tada postoje prirodni brojevi m i n takvi da je m a = n i da je M(m, n) = 1. Ulogu tvrdnje A iz gornje opisane ekvivalencije imat će upravo tvrdnja da je M(m, n) =1. Tada je n 2 = am 2, tj. n 2 p 1 p 2...p k = m 2. Prost broj p 1 dijeli lijevu stranu identiteta, pa dijeli i desnu, tj. p 1 dijeli broj m 2, odakle slijedi da dijeli i m (dokažite!). Dakle, m je oblika m = p 1 t. Sada je n 2 p 1 p 2...p k = p 2 1 t2, što nakon dijeljenja s p 1 poprima oblik n 2 p 2...p k = p 1 t 2. Sad zaključujemo da p 1 dijeli desnu stranu jednakosti, pa dijeli i lijevu, a budući da su p i medusobno različiti prosti brojevi slijedi da p 1 dijeli n 2, tj. p 1 dijeli n. Dakle, mjera brojeva m i n je barem p 1 > 1, tj. dobili smo da istovremeno vrijedi i negacija tvrdnje da je M(m, n) = 1. Drugim riječima, dobili smo kontradikciju. Dakle, suprotna tvrdnja Q nije istinita, te je istinita tvrdnja Q. Primjer. Dokažimo da se broj 101010 ne može predstaviti u obliku razlike kvadrata dva prirodna broja. Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi Q, tj. da postoje dva prirodna broja a i b takvi da je a 2 b 2 = 1010101. Tada je 101010 = (a b)(a + b). Budući da 2 dijeli broj 101010, slijedi da 2 dijeli i umnožak (a b)(a+b). Budući da je 2 prost broj, on dijeli ili broj a b ili broj a + b. Brojevi a b i a + b su brojevi iste parnosti (ili oba parna ili oba neparna), pa su dakle, u ovom slučaju oba 13

parni. No to znači da je umnožak (a b)(a + b) djeljiv s 4. Sad slijedi da je i broj 101010 djeljiv s 4, a to je neistinita tvrdnja. Dakle, dokazali smo da iz P Q slijedi F : Broj 4 dijeli 101010., dakle, vrijedi P Q. Primjer. Skup prostih brojeva je beskonačan. Dokaz. Pretpostavimo suprotno da je skup prostih brojeva konačan, te ga zapišimo u obliku P = {2, 3, 5, 7,...,p} gdje je p najveći prosti broj. Promatrajmo broj q =2 3 5 7... p +1. Broj q je veći od p, pajeq složen broj (tvrdnja A). Ali očito je da q nije djeljiv ni s jednim prostim brojem iz skupa P (pri dijeljenju sa svakim od njih ostatak je 1), pa je dakle, broj q prost broj. Dakle, istovremeno vrijedi i negacija tvrdnje A. Time smo došli u kontradikciju. Primjer. (AG nejednakost) Za pozitivne brojeve a i b vrijedi Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi ab a + b 2. ab > a + b 2. Tada bi dobili a + b 2 ab < 0, ( a b) 2 < 0 što je lažna izreka. Dakle, ovo je oblik kontradikcije (P Q) F. Primjer. (Obrat Pitagorina poučka) Ako u trokutu ABC vrijedi c 2 = a 2 + b 2, tada je trokut pravokutan s pravim kutom pri vrhu C. Dokaz po kontradikciji. Pretpostavimo da kut ACB nije pravi kut. Tada je ili šiljasti ili tupi. Ako je ACB < 90, tada je h a b, tj. x>0 gdje je x udaljenost od vrha C do nožišta visine h a. Tada imamo h 2 = b 2 x 2, h 2 = c 2 (a x) 2 pa izjednačavanjem lijevih strana dobivamo b 2 x 2 = c 2 (a x) 2. 14

Nakon kvadriranja binoma i korištenja relacije c 2 = a 2 + b 2 dobivamo ovo: b 2 x 2 = c 2 a 2 +2ax x 2, 2ax = 0, pa je x = 0 što je u kontradikciji s x>0. Analogno se dokazuje i u slučaju kad je kut tupi. Literatura: Z. Kurnik, Poučak ili teorem, MIŠ 8, (2000), 101-105. Z. Kurnik, Dokaz, MIŠ 9, (2000), 149-155. M. Vuković, Indirektni dokazi, MFL, br. 172, 113-122. 15