25. Matematikai logika, bizonytsi mdszerek

I. Elmleti sszefoglal

Logikai mveletek

A matematikai logika lltsokkal foglalkozik. Az llts (vagy kijelents) olyan kijelent mondat, amelyrl egyrtelmen eldnthet, hogy igaz (I) vagy hamis (H), ezt az llts logikai rtknek nevezzk. Az lltsokat ltalban latin nagybetkkel jelljk, pldul A: Ma dlutn moziba me-gyek., illetve B: Holnap kirndulok.

Egy vagy tbb lltsbl logikai mveletek felhasznlsval jabb lltsokat hozhatunk ltre. A m-velet lehet egyvltozs (tagads) vagy ktvltozs (s, vagy, ha-akkor, akkor s csak akkor).

Egyvltozs logikai mvelet:

nem (negci, tagads): az A llts tagadsa pontosan akkor igaz, ha A hamis. Jele: A .

Ktvltozs logikai mveletek:

s (konjunkci): az A s B llts pontosan akkor igaz, ha az A s a B llts is igaz. Jele: A B .

A kznyelvben a vagy ktszt tbbfle jelentsben hasznljuk attl fggen, hogy megen-gedjk-e mindkt felttel egyttes teljeslst vagy sem. Pldul a Holnap vagy holnaputn strandolni megyek. lltst akkor is igaznak fogadjuk el, ha mindkt emltett napon strando-lok, viszont a Ma este 7 rra sznhzba vagy moziba megyek. llts mindkt fele egy-szerre nem teljeslhet, ezrt ez csak gy lehet igaz, ha pontosan az egyik rsze teljesl. (Ezt jelezhetjk a kvetkez megfogalmazssal is: Ma este 7 rra vagy sznhzba, vagy moziba megyek.) A kt eset megklnbztetsre a matematikban ktfle vagy-ot hasznlunk: az elbbi plda esetben megengedt, az utbbi esetben kizrt. Ha ezt a klnbsget a kz-nyelvben is hangslyozni akarjuk, akkor megtehetjk, hogy a megenged vagy esetben egy vagy ktszt, a kizr vagy esetben pros vagy-vagy ktszt hasznlunk, de a min-dennapi lbeszdben ezek jelentse nem mindig egyrtelm.

megenged vagy (diszjunkci), a kznyelvben vagy: az A vagy B llts pontosan ak-kor igaz, ha az A s a B llts kzl legalbb az egyik igaz. Jele: A B . Ha egy matematikai szvegben vagy szerepel, azt ltalban megenged vagy-knt szoktuk rtelmezni.

kizr vagy (antivalencia): az A kizr vagy B (a kznyelvben esetleg: vagy A, vagy B) llts pontosan akkor igaz, ha az A s a B llts kzl pontosan az egyik igaz (teht mind-kett nem). Jele: A B (esetleg A B ).

ha-akkor (implikci): a ha A, akkor B llts pontosan akkor igaz, ha az A s a B llts is igaz, illetve ha az A llts hamis s a B llts tetszleges. (Mskppen: a ha A, akkor B llts pontosan akkor hamis, ha az A llts igaz s a B llts hamis.) Jele: A B (esetleg A B ).

akkor s csak akkor (ekvivalencia): a ha A, akkor s csak akkor B llts pontosan akkor igaz, ha az A s a B llts kzl egyszerre vagy mindkett igaz, vagy mindkett hamis. (Ms-

2

kppen: a ha A, akkor s csak akkor B llts pontosan akkor igaz, ha A B s B A .) Jele: A B (esetleg A B ).

A mveleteket logikai rtktblzat segtsgvel is definilhatjuk, amelyben felsoroljuk, hogy az alapllts(ok) egyes logikai rtkeihez a mvelet milyen logikai rtket rendel. Egy n-vltozs m-velet esetben a logikai rtktblzatnak 2n sora van, hiszen minden vltoz ktfle rtket vehet fel. A hosszabb, sszetettebb kifejezseket a gyakorlatban tbb lpsben (oszlopban) szoktuk kirtkelni, ahol a teljes kifejezs rtkhez ltalban az utols oszlopban jutunk el, ekkor az eredeti kifejezs rtktblzatnak a tblzat ezen utols oszlopt tekintjk.

Az egyvltozs logikai mvelet rtktblzata:

A AI H

H I

A ktvltozs logikai mveletek rtktblzatai:

A B A B A B A B A B A BI I I I H I I

I H H I I H H

H I H I I I H

H H H H H I I

Az rtktblzat segtsgvel bonyolultabb kifejezseket is kirtkelhetnk, illetve egyszerbb alakra hozhatunk. Pldul az ekvivalencia s az implikci kapcsolatt kifejezhetjk a kvetkezkppen:

( ) ( )A B A B B A = . A negci, a konjunkci s a diszjunkci kztt fennllnak a De Morgan-azonossgok:

( )A B A B = , illetve ( )A B A B = . Tetszleges A lltsra fennllnak mg a kvetkez azonossgok:

( )A A = , A A rtke mindig hamis, A A rtke mindig igaz.

A halmazmveletek s a logikai mveletek kapcsolata

Tekintsk az sszes llts halmazt mint alaphalmazt ( H ). Ekkor minden A llts megfeleltethet a H halmaz azon AH rszhalmaznak, amelybe azok az lltsok tartoznak, amelyek igazsga esetn az A llts igaz. (Pldul az A: A csaldunkban legfeljebb 2 gyerek van. llts esetn a kvetkez ki-jelentsek mind elemei a AH rszhalmaznak: A csaldunkban pontosan 2 gyerek van., A csal-dunkban pontosan 1 gyerek van., A csaldunkban pontosan kt figyermek van s lnygyermek nincsen. stb.)

3

Ezen az alaphalmazon a korbban felsorolt logikai mveletek a kvetkezkben felsorolt halmazm-veleteknek feleltethetk meg (az brkon sznezssel jelezzk azokat a rszhalmazokat, amelyek ese-tn a mvelet logikai rtke igaz).

A tagads a komplementerkpzsnek: A -nak megfelel a AH halmaz H-ra vett komplemen-tere ( AH ).

Az s a metszetkpzsnek: A B -nek megfelel a AH s a BH halmazok metszete ( A BH H ).

A megenged vagy az unikpzsnek: A B -nek megfelel a AH s a BH halmazok unija ( A BH H ).

4

A kizr vagy a szimmetrikus differencinak: A B -nek megfelel a AH s a BH halmazok szimmetrikus differencija ( A BH H , azaz a csak A-ba, illetve a csak B-be tartoz elemek unija).

Megjegyzs: Ha specilisan az A llts ppen azt mondja, hogy egy x szm eleme egy P hal-maznak, a B llts pedig azt mondja, hogy ugyanazon x szm eleme egy Q halmaznak, akkor kzvetlenl is megkapjuk az elzekben brzolt komplementer, metszet, uni s szimmetri-kus differencia halmazmveleteket (hiszen pldul A B azt mondja, hogy az x szm eleme a P s a Q halmazok metszetnek).

A fennmarad kt logikai mvelet kzvetlenl nem feleltethet meg halmazmveleteknek, azonban jelentsket a halmazelmlet fogalmaival (rszhalmaz, egyenlsg) is szemlltethetjk:

A ha-akkor a tartalmazs megfelelje: A B esetn a AH halmaz rszhalmaza a BH hal-maznak ( A BH H ).

Az akkor s csak akkor a kt halmaz egyenlsgnek megfelelje: A B esetn a AH s a BH halmazok megegyeznek ( A BH H= ).

5

Szksges s elgsges felttel

A ha-akkor formban megfogalmazott A B lltsok esetben A-t felttelnek (premissza), B-t kvetkezmnynek (konklzi) is nevezzk.

Definci: Ha A B , vagyis az A llts teljeslse esetn biztosan teljesl a B is, akkor azt mondjuk, hogy az A llts a B lltsnak elgsges felttele. (Ekkor ugyanis B igazsgnak bizonytshoz elg A-t igazolni.)

Pldul: A: Az n szm 6-ra vgzdik. s B: Az n szm pros. Ekkor A B , hiszen ha egy szm 6-ra vgzdik, akkor biztosan pros. Viszont a B llts gy is lehet igaz, ha A nem teljesl, hiszen nem csak a 6-ra vgzd szmok prosak. Teht a 6-ra vgzds egy szm prossgnak elgsges, de nem szksges felttele.

Definci: Ha A B , vagyis az A llts teljeslse esetn biztosan teljesl a B is, akkor azt mondjuk, hogy a B llts az A lltsnak szksges felttele. (Ekkor ugyanis ha A igaz, akkor szksgkppen B is, mskppen fogalmazva A nem lehet igaz B teljeslse nlkl.)

Pldul: A: Az ABCD ngyszg ngyzet. s B: Az ABCD ngyszg minden szge derkszg.. Ekkor A B , hiszen ha egy ngyszg ngyzet, akkor minden szge derkszg (vagyis tglalap). Ahhoz, hogy egy ngyszg ngyzet legyen, szksges, hogy minden szge derkszg legyen. Vi-szont abbl mg, hogy egy ngyszg minden szge derkszg, nem kvetkezik, hogy ngyzet. Teht az, hogy egy ngyszg minden szge derkszg, szksges, de nem elgsges felttele an-nak, hogy a ngyszg ngyzet legyen.

Bizonytsokban felhasznlhatjuk egy llts hamissgnak igazolsra egy szksges felttel hi-nyt. Ha ugyanis A B s B nem teljesl, akkor A sem teljeslhet, hiszen gy B-nek igaznak kellene lennie, gy ellentmondsra jutnnk (lsd ksbb az indirekt bizonytst). Pldul: A: Az n szm ngyzetszm. s B: Az n szm 0-ra, 1-re, 4-re, 5-re, 6-ra vagy 9-re vgzdik. Ekkor A B , hiszen a ngyzetszmok utols szmjegye csak 0, 1, 4, 5, 6 vagy 9 lehet (szksges, de nem elgsges felttel). Ha teht pldul egy n szm 7-re vgzdik, akkor n biztosan nem lehet ngyzetszm (a szksges felttel nem teljesl).

Megjegyzs: Termszetesen, ha A elgsges felttele B-nek, akkor B szksges felttele A-nak. gy az eddigi pldk meg is fordthatak, pldul az els esetben: A 6-ra vgzds egy szm p-rossgnak elgsges (de nem szksges) felttele. Megfordtva: Egy szm prossga a szm 6-ra vgzdsnek szksges (de nem elgsges) felttele.

Megjegyzs: Ha egy B lltsnak A elgsges, C pedig szksges felttele (azaz A B C ), akkor az elz oldalak halmazelmleti jellseivel ezt a A B CH H H mdon szemlltethetjk. Pldul: A: Az n szm kt 0-ra vgzdik., B: Az n szm 20-szal oszthat. s C: Az n szm pros.

6

Definci: Ha A B s B A (vagyis A B ), akkor azt mondjuk, hogy az A llts a B llts-nak szksges s elgsges felttele.

Pldul: A: Az x szm oszthat 6-tal. s B: Az x szm pros s oszthat 3-mal. Ekkor A B , teht a 6-tal oszthatsgnak szksges s elgsges felttele a prossg s a 3-mal oszt-hatsg egyttes teljeslse.

Megjegyzs: Termszetesen, ha A szksges s elgsges felttele B-nek, akkor B is szksges s elgsges felttele A-nak.

lltsok tagadsa

Egy A llts tagadst ( A ) a legegyszerbben a nem tagadszval fogalmazhatjuk meg. Pldul A: Ma htf van. esetn A : Ma nem htf van., esetleg A : Nem igaz, hogy ma htf van. Elviekben ez a mdszer bonyolultabb lltsokra is alkalmazhat, pldul B: Ha esik az es s nincs nlam eserny, akkor nem megyek ki az utcra vagy eskabtot veszek. tagadsa is megfogalmazhat B : Nem igaz, hogy ha esik az es s nincs nlam eserny, akkor nem megyek ki az utcra vagy eskabtot veszek. formban. Ezt azonban nyelvileg nehezebb rtelmezni, gy az egyes (ktvltozs) logikai mveletek tagadsait kln-kln is megadjuk, tovbb a feladatokban is kerljk a nem igaz, hogy kifejezssel trtn tagadst.

Kt s-sel sszekttt llts tagadsakor az lltsok tagadsait vagy-gyal ktjk ssze: A B tagadsa A B . Pldul: Vettem tejet s klcsnkrtem a szomszd biciklijt. ta-gadsa Nem vettem tejet vagy nem krtem klcsn a szomszd biciklijt.

Kt vagy-gyal sszekttt llts tagadsakor az lltsok tagadsait s-sel ktjk ssze: A B tagadsa A B . Pldul: Szletsnapomon elmegynk cirkuszba vagy megnznk egy filmet. tagadsa Szletsnapomon nem megynk el cirkuszba s nem nznk meg egy filmet. (esetleg Szletsnapomon se cirkuszba nem megynk el, se filmet nem nznk.)

Kt kizr vagy-gyal sszekttt llts tagadsakor az lltsokat (vagy az lltsok taga-dsait) akkor s csak akkor-ral ktjk ssze: A B tagadsa A B (ami ugyanazt je-lenti, mint A B ). Pldul: Idn vagy a tengerparton, vagy a hegyek kztt nyaralunk. tagadsa Idn akkor s csak akkor nyaralunk a tengerparton, ha a hegyek kztt is. (esetleg Idn akkor s csak akkor nem nyaralunk a tengerparton, ha a hegyek kztt sem.)

Kt akkor s csak akkor-ral sszekttt llts tagadsakor az lltsokat (vagy az lltsok tagadsait) kizr vagy-gyal ktjk ssze: A B tagadsa A B (ami ugyanazt jelenti, mint A B ). Pldul: Akkor s csak akkor veszek j autt, ha tsm lesz a lottn. tagadsa Vagy j autt veszek, vagy tsm lesz a lottn. (esetleg: Vagy nem veszek j au-tt, vagy nem lesz tsm a lottn.)

Az eddigiekbl megfigyelhetjk, hogy az s vagy, illetve a kizr vagy akkor s csak akkor mveletek egyms fordtottjai, tagadskor felcserldnek. Mindez abbl is igazolhat, hogy A B s A B logikai rtktblzatban a kt oszlop ppen egyms ellentettje, illetve A B s

A B esetben szintgy. A msik esetben A B s A B rtktblzata szintn egyms ellen-tettje, de mivel A B s A B rtktblzata megegyezik (st, A B s A B rtktblzata is), ezrt A B -t tagadhatjuk A B s A B formban is (illetve A B -t

7

tagadhatjuk A B s A B formban is). St, A B -t tagadhatjuk A B s A B , illetve A B -t tagadhatjuk A B s A B formban is.

Htra van mg a ha-akkor-ral sszekttt lltsok tagadsa, amely az elzeknl valamivel bo-nyolultabb. Mivel A B pontosan akkor hamis, ha A igaz s B hamis, ezrt A B tagadsa ponto-san akkor lesz igaz, ha A igaz s B hamis, vagyis A B igaz:

Kt ha-akkor-ral sszekttt llts tagadsakor az els lltst s a msodik llts tagad-st s-sel ktjk ssze: A B tagadsa A B . Pldul: Ha htf van, akkor (mindig) elmegyek a fogorvoshoz. tagadsa (Van olyan eset, hogy) htf van s nem megyek el a fog-orvoshoz.

Az A B tpus lltsokat gyakran nem ha-akkor formulval, hanem a minden szval fogal-mazzuk meg. Az elz pldban szerepl Ha htf van, akkor mindig elmegyek a fogorvoshoz. mondatot gy is mondhatjuk, hogy Minden htfn elmegyek a fogorvoshoz.. Tagadst ekkor a van olyan szkapcsolattal is megfogalmazhatjuk: Van olyan htf, amikor nem megyek el a fogor-voshoz. Hasznlatosak a minden szra a , a van olyan kifejezsre a jellsek is. Ekkor pldul az A: Htf van. s B: Elmegyek a fogorvoshoz. lltsok esetben a Minden htfn el-megyek a fogorvoshoz. llts lerhat :A B (esetleg A B ) alakban, mg a Van olyan htf, amikor nem megyek el a fogorvoshoz. llts lerhat :A B (esetleg A B ) alakban.

Egy minden A-ra igaz B is alak llts (amely ugyanazt jelenti, mint A B ) tagadsa a van olyan A, amelyre nem igaz B llts: :A B (vagy A B ) tagadsa :A B (vagy A B ). Pldul: Minden nap takartani kell. tagadsa Van olyan nap, amikor nem kell takartani.

Egy van olyan A, amelyre igaz B is alak llts tagadsa a minden A-ra nem igaz B (vagy: egyik A-ra sem igaz B) llts: :A B (vagy A B ) tagadsa :A B (vagy

A B ). Pldul: Van olyan nap, amikor takartani kell. tagadsa Minden nap nem kell takartani., esetleg Egyik nap sem kell takartani.

Megjegyzs: A fenti kt esetben az A-val jellt szvegrsz (pl. nap) szigoran vve nem ll-ts, hiszen nincs nll logikai rtke. Nyelvtanilag minden ilyen esetben tfogalmazhatnnk a mondatot gy, hogy A is megfeleljen az llts defincijnak (pl. Ha ma egy tetszleges nap van, akkor takartani kell.), ettl azonban a tovbbiakban eltekintnk.

Megjegyzs: A van olyan A, amelyre igaz B is alak lltst elvileg tagadhatnnk nincs olyan A, amelyre igaz B is alakban is, ezt azonban hasonlan a nem igaz, hogy kifejezshez a feladatokban kerljk, tudatosan trekedve arra, hogy tagadskor a minden s a van olyan ki-fejezsek egyms prjai legyenek.

lltsok megfordtsa

Definci: Egy A B tpus llts megfordtsn a B A lltst (vagyis a felttel s a kvetkez-mny megcserlst) rtjk.

Pldul: A Pitagorasz-ttel megfogalmazhat A B alakban. Legyen A: A hromszg derkszg. s B: A hromszgben a kt rvidebb oldalt a-val s b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jellve teljesl az 2 2 2a b c+ = sszefggs. Ekkor a ttel gy szl: Ha egy hromszg derkszg, akkor a hrom-

8

szgben a kt rvidebb oldalt a-val s b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jellve teljesl az 2 2 2a b c+ = sszefggs. A Pitagorasz-ttel megfordtsa ( B A ): Ha egy hromszgben a kt rvidebb oldalt a-val s b-vel, a leghosszabb oldalt c-vel jellve teljesl az 2 2 2a b c+ = sszefggs, akkor a hrom-szg derkszg. A Pitagorasz-ttel s a megfordtsa is igaz llts.

Egy igaz llts megfordtsa nem felttlenl igaz. Pldul a Ha egy szm oszthat 10-zel, akkor p-ros. llts igaz, de megfordtsa, a Ha egy szm pros, akkor oszthat 10-zel. llts hamis. Ha egy A B tpus llts s megfordtsa is igaz, akkor A B .

Ekvivalens kvetkeztetsek

Egyenletek megoldsakor fontos, hogy lehetleg minden lpsnk ekvivalens talakts legyen. Pl-dul az A: 2 4 18x+ = s a B: 2 9x+ = lltsok (amelyek az egyenletmegoldsban egyms utn kvetkezhetnek) ekvivalensek ( A B ), gy az A llts helyett elegend a B lltst vizsglnunk, ez a vgeredmnyen nem vltoztat. (Kt egyenletet akkor mondunk ekvivalensnek, ha megoldshal-mazaik megegyeznek, vagyis brmely szmra az vagy mindkt egyenletet teljesti, vagy egyiket sem.)

Elfordulhat, hogy nem ekvivalens talaktst hajtunk vgre egy egyenleten. Ha pldul A: 3x= s B: 2 9x = , akkor A B igaz, de B A nem (s gy A B sem). A kt llts sorrendjtl fggen ktfle problma lp fel az egyenletmegoldsban:

Ha 3x= -bl kvetkeztetnk 2 9x = -re (amelynek megoldsai 1,2 3x = ), akkor hamis gy-kt kapunk (hiszen 3x ). Itt maga az ( ) ( )23 9x x= = implikci helyes volt, azonban ( ) ( )2 9 3x x= = mr nem igaz, ezrt kaptunk a helyes megolds mellett helytelent is. Ez a mdszer mindig megadja a helyes megolds(oka)t, de mindig szksg van az ellenrzsre, amely kizrja a hamis gyk(ke)t. Ilyen lpsek tbbek kztt a ngyzetre emels s az isme-retlennel val szorzs, pldul ( ) ( )26 36x x= = s ( ) ( )26 6x x x= = .

Ha 2 9x = -bl kvetkeztetnk 3x= -re, akkor br j megoldst kapunk, gykveszts lp fel, ugyanis az 3x= megoldst elvesztjk. Itt mr maga az ( ) ( )2 9 3x x= = implikci sem helyes (annak ellenre, hogy 3x= j megolds), hiszen ( ) ( )2 9 3x x= = azt mondja, hogy minden olyan esetben, amikor 2 9x = , igaz, hogy 3x= , ez viszont hamis llts. (Logikai-lag ppen annyira hamis, mint ha 2 9x = -bl 4x= -re kvetkeztetnnk.) Ez a mdszer azrt kerlend, mert gykveszts esetn a ksbbiekben nem talljuk mr meg a hinyz megol-ds(oka)t. Ilyen lpsek tbbek kztt a gykvons s az ismeretlennel val oszts. Elkerl-skre a gykvonsnl abszoltrtket hasznlunk: az ( ) ( )2 9 3x x= = hibs lps helyett a helyes kvetkeztets ( ) ( )2 9 3x x= = , az ismeretlennel val oszts helyett pedig 0-ra ren-deznk: ( ) ( )3 22 2x x x= = helyett az 3 22 0x x = egyenletet alaktjuk szorzatt.

Bizonytsi mdszerek

Direkt bizonyts: a bizonyts sorn igaz lltsokbl kiindulva (pldul aximkbl azaz bizony-ts nlkl elfogadott alapttelekbl , defincikbl s mr bizonytott ttelekbl), logikai kvetkezte-tsekkel jutunk el a bizonytand lltsig. A legtbb matematikai ttelt direkt ton bizonytjuk.

9

Pldul: Ttel: Egy pratlan szm ngyzete 4-gyel osztva 1 maradkot ad.

Bizonyts: Legyen n egy pratlan szm. Ekkor 2 1,n k k= + ] ( )22 2 1n k= + 2 24 4 1n k k= + + 2 1n A= + , ahol ( )24A k k= + s A oszthat 4-gyel 2n 4-gyel

osztva 1 maradkot ad. Az implikci mvelett hasznlva, igaz lltsokbl igaz lltsokra k-vetkeztetve eljutottunk a bizonytand lltsig.

Indirekt bizonyts: a bizonytand llts tagadsbl kiindulva (indirekt feltevs), logikai kvet-keztetsekkel ellentmondsra jutunk. (Ez az ellentmonds lehet egy tetszleges ismert igaz llts hamissga vagy az indirekt feltevs hamissga is.) gy a bizonytand llts nem lehet hamis, szk-sgkppen teht igaz lesz.

Pldul: Ttel: Vgtelen sok prmszm van.

Bizonyts: Tegyk fel, hogy az llts hamis, vagyis csak vges sok prmszm van. Az sz-szes prm a kvetkez: 1 2, , ..., kp p p , ahol k

+] . tlet: tekintsk a 1 2 ... 1kK p p p= + sz-mot. K nem prm (mert nagyobb a 1 2, , ..., kp p p mindegyiknl). K 1-nl nagyobb, s nem oszthat a 1 2, , ..., kp p p prmszmok egyikvel sem (mert mindegyikkel osztva 1 maradkot ad). K is prmszm. Ellentmonds, hiszen K nem lehet egyszerre prm s nem prm. Legyen A: Vgtelen sok prmszm van. A bizonytsban az implikci mvelett hasznlva, a

A felttelbl kiindulva a kvetkeztetsek ellentmondsra vezettek (ha B: K prm., akkor a B B lltshoz jutottunk, amely biztosan hamis). Teht A nem lehet igaz, szksgkppen A igaz.

Teljes indukci: Vgtelen sok lltst (pl. 1 2, , ...A A ) akarunk egyszerre bebizonytani, amelyek vala-milyen vltoztl fggnek (ltalban az nA lltsban n szerepel, pldul nA : Az els n pozitv egsz

szm sszege ( )1

2n n +

). Ezt kt lpsben tesszk: elszr megmutatjuk, hogy az els llts (ltal-

ban 1A ) igaz, utna pedig igazoljuk, hogy ha valamilyen k-ra az kA llts igaz (indukcis feltevs), akkor a soron kvetkez 1kA + llts is igaz. Vagyis 1A igazsgbl s az 1k kA A + kvetkeztets helyessgbl az 1 2 3 ...A A A implikci-sorozattal az sszes lltst belttuk.

Megjegyzs: A teljes indukci ahhoz hasonlthat, amikor vgtelen sok, egyms melletti domint akarunk fellkni. Ennek teljeslshez kt dolog szksges: egyrszt meg kell lknnk az els domint, msrszt tudnunk kell, hogy brmely domin eldlse maga utn vonja a kvetkez domin eldlst is.

Megjegyzs: Bizonyos feladatokban az indukcis feltevsnl nem csak azt ttelezzk fel, hogy valamilyen k-ra az kA llts igaz, hanem azt is, hogy az 1 2, , ..., kA A A lltsok mind igazak (va-gyis az els k domin mindegyike eldlt mr).

Pldul: Ttel ( nA ): Az els n pozitv egsz szm sszege ( )1

2n n +

.

Bizonyts: Az llts igaz 1n= -re, ugyanis 1A : Az els 1 pozitv egsz szm sszege 1 2 12 =

10

igaz llts. Tegyk fel most, hogy az kA llts igaz valamilyen pozitv egsz k-ra, teht

( )11 2 ...

2k k

k ++ + + = (ezt nevezzk indukcis feltevsnek), majd (ennek felhasznlsval)

lssuk be 1kA + -et, vagyis hogy ( ) ( )1 2

1 2 ... 12

k kk

+ ++ + + + = .

Az ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )indukcis feltevs

1 2 11 2 ... 1 1 ... 1 1

2 2k k k k

k k k k + + ++ + + + = + + + + = + + =

talaktssal

az egyenlsglnc kt vgn megkaptuk a bizonytand 1kA + lltst, ezzel 1kA + -et belttuk. Te-

ht 1A igazsgbl s a lncreakcibl addik, hogy minden pozitv egsz n-re nA is igaz.

Skatulya-elv: Ez a bizonytsi mdszer azt a tnyt hasznlja ki, hogy ha n skatulyba n-nl tbb tr-gyat sztosztunk, akkor valamelyik skatulyba legalbb 2 trgy kerl. Tovbb, ha n skatulyba k n -nl tbb trgyat sztosztunk, akkor valamelyik skatulyba legalbb 1k + trgy kerl.

Pldul: Ttel: 31 egsz szm kztt biztos van 4 olyan, amelyik ugyanolyan jegyre vgzdik.

Bizonyts: Az utols szmjegy 10n= -fle lehet, a skatulya-elvet alkalmazhatjuk 3k = -ra, gy mivel 31 3 10> , ezrt a 10 skatulya valamelyikbe biztosan legalbb 4 szm kerl. (Ha minden skatulyba csak legfeljebb 3-3 szm kerlne, akkor sszesen legfeljebb 3 10 30 = szmunk le-hetne, ami ellentmond annak, hogy 31 szmunk van. Az utols gondolatban indirekt bizonytst hasznltunk.)

II. Kidolgozott feladatok

1. rjuk fel minl rvidebb formulval az ( ) ( )A B A B kifejezst! I. Megolds: Ksztsk el a kifejezs logikai rtktblzatt! A tblzat oszlopaiban elszr az els zrjel, majd a msodik zrjel, vgl az utols oszlopban e kt kifejezs s-sel sszekap-csolsnak kirtkelse lthat (ez utbbi megegyezik a teljes kifejezs rtkvel):

A B A B A B ( ) ( )A B A B I I I I I

I H H I H

H I I H H

H H I I I

A tblzatbl kiolvashat, hogy a kifejezs rtke pontosan akkor igaz, ha A s B logikai rtke megegyezik. Teht a kifejezs rvidebb formulval A B alakban rhat fel. Termszetesen ms alakok is megadhatk (pldul ( ) ( )A B A B ), de az elbb megadott a legrvidebb. II. Megolds: rtktblzat nlkl is lervidthetjk a formult. A kifejezs pontosan akkor igaz, ha A igazsga maga utn vonja B igazsgt, A hamissga pedig B hamissgt. (Ha A igaz, akkor az els zrjel miatt B-nek is igaznak kell lennie, ha pedig A hamis, akkor a msodik zrjel miatt B-nek is hamisnak kell lennie.) gy a keresett rvidebb formula: A B .

11

2. Ksztsk el a kvetkez kifejezsek logikai rtktblzatt!

a) ( )A B B b) ( ) ( )A B A A c) ( ) ( )A B B C Megolds: Az els kt kifejezs ktvltozs, gy tblzataikban 4 esetet kell vizsglni a vltozk lehetsges rtkeinek megfelelen. A harmadik kifejezs hromvltozs, gy abban 2 2 2 8 = lehetsges esetet kell megvizsglnunk (ennyi sora lesz a tblzatnak). Mindhrom esetben elszr a zrjel(ek)ben ll kifejezs(eke)t rtkeljk ki, majd a kzttk lv mveletet.

a)

A B A B ( )A B B I I I I

I H H I

H I I I

H H I H

Megjegyzs: A tblzatbl kiolvashat, hogy A B A B = .

b)

A B A B A A ( ) ( )A B A A I I I I I

I H H I H

H I H I H

H H H I H

Megjegyzs: A tblzatbl kiolvashat, hogy A A rtke mindig igaz, gy a vizsglt kifeje-zs rtke megegyezik A B rtkvel, hiszen a mindig igaz lltst I-vel jellve tetszleges C llts esetn C I C = . c)

A B C A B B C ( ) ( )A B B C I I I I I I

I I H I I I

I H I H I H

I H H H H I

H I I I I I

H I H I I I

H H I I I I

H H H I H H

12

3. rjunk fel olyan kifejezseket, amelyek logikai rtktblzata a kvetkez:

A B a kifejezs rtke

I I I

I H I

H I H

H H I

I. Megolds: Az egyik lehetsg, hogy felsoroljuk mindazon eseteket, amikor a kifejezs igaz, majd ezeket vagy-gyal kapcsoljuk ssze: ( ) ( ) ( )A B A B A B . II. Megolds: Az alapmveletek kzl a vagy rtke hrom esetben igaz, egyszer hamis. A vagy akkor hamis, ha mindkt vltozja hamis. Ahhoz, hogy hamis A s igaz B esetn kt ha-mis kifejezst kapcsoljunk ssze, B helyett B -t kell tekintennk, gy ebben az esetben a lehets-ges megolds: A B .

III. Megolds: Az alapmveletek kzl az s rtke hrom esetben hamis, egy esetben igaz. Ennek tagadsa hrom esetben lesz igaz, egy esetben hamis. gy a kvetkez kifejezs is j meg-olds: ( )A B . IV. Megolds: Az alapmveletek kzl a ha-akkor rtke hrom esetben igaz, egyszer hamis. A ha-akkor akkor hamis, ha az els vltozja igaz, a msodik hamis. gy a kvetkez kifejez-sek is j megoldsok: A B , illetve B A .

Termszetesen szmos tovbbi megoldst is elllthatunk.

4. Legyen A: Az n szm oszthat 24-gyel. Adjuk meg az A llts

a) egy szksges, de nem elgsges felttelt!

b) egy elgsges, de nem szksges felttelt!

c) egy szksges s elgsges felttelt!

Megolds:

a) J megolds minden olyan llts, amely kvetkezik A-bl, de amelybl nem kvetkezik A. Ilyenek pldul: Az n szm oszthat 2-vel., Az n szm oszthat 3-mal., s gy tovbb (a 24 sszes valdi osztjt behelyettesthetjk a mondatba), vagy pldul Az n szm oszthat 4-gyel s 6-tal. (ez utbbi valban nem elgsges, hiszen pldul a 12-re is teljesl).

b) J megolds minden olyan llts, amelybl kvetkezik A, de amely nem kvetkezik A-bl. Ilyenek pldul: Az n szm oszthat 48-cal., Az n szm oszthat 2400-zal., Az n szm r-tke 72., s gy tovbb.

c) J megolds minden olyan llts, amely ekvivalens A-val. Ilyenek pldul: Az n szm oszt-hat 3-mal s 8-cal., Az n szm felrhat 24 k alakban, ahol k egsz szm.. St, valjban j megolds maga az A llts is, hiszen minden llts ekvivalens sajt magval.

13

5. Bontsuk fel a kvetkez lltsokat egyszer kijelentsekre, s rjuk fel logikai mveletekkel az sszetett kijelentseket! Ezt kveten fogalmazzuk meg az lltsok tagadst!

a) Minden ngyszgnek van bert kre.

b) Van olyan aut, amelyiknek lejrt a zldkrtyja s nincs rvnyes mszaki vizsgja sem.

c) Egyik laksban sincs sem raditor, sem klyha.

d) Ha hes vagyok, lemegyek a bfbe.

e) Minden iskolban van olyan osztly, ahol mindenki kitn.

f) Akkor s csak akkor veszek fel reggel kk szoknyt, ha aznap sznhzba vagy az Operba megyek.

Megolds:

a) Az A: (A sokszg egy) ngyszg. s B: (A sokszgnek) van bert kre. jellsekkel az l-lts A B alakban rhat. Ennek tagadsa :A B , azaz: Van olyan ngyszg, amelynek nincs bert kre.

b) Az A: aut, B: lejrt a zldkrtyja s C: nincs rvnyes mszaki vizsgja jellsekkel az llts ( ):A B C alakban rhat. Ennek tagadsa ( )A B C , amely a De Morgan-azonossg alapjn ( )A B C alakra hozhat, azaz: Minden autnak nem jrt le a zld-krtyja vagy van rvnyes mszaki vizsgja. Nyelvileg szebben hangzik a kvetkez (logikai-lag ekvivalens) megfogalmazs: Minden autnak rvnyes a zldkrtyja s a mszaki vizsgja kzl legalbb az egyik.

c) Az A: laks, B: van raditor s C: van klyha jellsekkel, tovbb az egyik laks-ban sincs = minden laksban nincs tfogalmazssal az llts ( )A B C alakban rhat. Ennek tagadsa ( ):A B C , talaktva ( ):A B C , azaz: Van olyan laks, amelyben van raditor vagy klyha.

d) Az A: hes vagyok s B: lemegyek a bfbe jellsekkel az llts A B alakban rhat. Ennek tagadsa A B , azaz: (Van olyan alkalom, hogy) hes vagyok s nem megyek le a b-fbe. (Az eredeti lltst gy is fogalmazhattuk volna, hogy Minden alkalommal, amikor hes vagyok, lemegyek a bfbe.)

e) Az A: iskola, B: osztly s C: kitn jellsekkel az llts ( ):A B C alakban rhat. Ennek tagadsa ( ): :A B C , ami a zrjeles kifejezs tagadsnak behelyettestse utn ( ):A B C alakra hozhat, azaz: Van olyan iskola, ahol minden osztlyban van olyan, aki nem kitn. (esetleg: Van olyan iskola, ahol minden osztlyban van nem kitn.)

f) Az A: (ma) reggel kk szoknyt veszek fel, B: (ma) sznhzba megyek s C: (ma) az Ope-rba megyek jellsekkel az llts ( )A B C alakban rhat. (A sznhzba vagy az Ope-rba megyek logikailag megengedi, hogy akr mindkt helyre menjek egyms utn, br ez nem valszn.) Ennek tagadsa ( )A B C , azaz: Vagy reggel kk szoknyt veszek fel, vagy aznap

14

sznhzba vagy az Operba megyek. Ennek a megoldsnak htrnya, hogy a formulban sze-repl zrjel nem ltszik benne, gy formailag csak a mondatban szerepl vessz mutatja, hogy nem hrom egyenrtk vagy ll a mondatban. lszban mindez hangslyozssal jelezhet (pldul a kizr vagy-hoz tartoz kt vagy-ot jobban megnyomjuk, esetleg a vessznl na-gyobb sznetet tartunk), rsban taln szerencssebb a kvetkez tfogalmazs: Vagy reggel kk szoknyt veszek fel, vagy aznap elmegyek sznhzba, esetleg az Operba. De megfogalmazhat-juk a tagadst ( )A B C formban is, azaz: Akkor s csak akkor nem veszek fel reggel kk szoknyt, ha aznap sznhzba vagy az Operba megyek.

6. Fogalmazzuk meg a kvetkez llts megfordtst: Ha egy hrngyszgnek van derkszge, akkor tglalap. Igaz-e az llts, illetve a megfordtsa?

Megolds: Az llts megfordtsa: Ha egy hrngyszg tglalap, akkor van derkszge. Fontos szrevennnk, hogy a hrngyszg kijelents nem rsze a felttelnek, az mindenkppen a mondat elejn marad (mint a mondat alanya). Formalizlva: az A: a hrngyszgnek van derkszge s B: a hrngyszg tglalap jellsekkel az eredeti llts A B , a megfordt-sa B A formban rhat. Az eredeti llts hamis (egy lehetsges ellenplda az a ngyszg, amelynek szgei az egyik k-rljrs szerint: 90, 60, 90 s 120, ez a ngyszg a hrngyszgek ttelnek megfordtsa mi-att hrngyszg, de nem tglalap vagy ltalnosabb ellenplda egy olyan ngyszg, amelynek egyik tlja a krlrt kr tmrje, a msik viszont nem). Az llts megfordtsa igaz, hiszen egy tetszleges tglalapnak van derkszge.

7. Az albbi lltsok kzl hny lehet egyszerre igaz ugyanazon n vals szmra vonatkozan?

A: 3n B: 4n = C: 2 16n =

D: 2n = E: 2 4n n= F: ( ) ( )3lg lg 16n n= I. Megolds: brzoljuk az lltsok logikai kapcsolatt, jelezve az egymsbl kvetkez, illetve az ekvivalens lltsokat! A B s C lltsok ekvivalensek, tovbb D-bl kvetkezik B (s ekkor nyilvn C is), de B-bl nem kvetkezik D (az ellenplda 4n= ). A D llts ekvivalens az

4n= lltssal, amelybl kvetkezik E, a megfordts viszont nem (az ellenplda 0n= ). Eddig teht az lltsok kapcsolatt a kvetkezkppen szemlltethetjk: ( )E D B C . Az F egyenletben a logaritmust elhagyva 3 16n n= -et kapunk, azonban a logaritmus rtelmezsi tartomnya miatt 0n> , ekkor n-nel oszthatunk, gy az 2 16n = lltst kapjuk, de 0n> miatt az egyenlet egyedli megoldsa 4n= , amely ekvivalens D-vel: ( ) ( )E D F B C . Htra van mg az A llts vizsglata. Ez fggetlen B-tl (s C-tl), egyikbl sem kvetkezik a msik (hiszen B s C esetben n pozitv s negatv rtket is felvehet). Az A llts szintn fg-getlen E-tl, egyikbl sem kvetkezik a msik. Vgl D-bl (s F-bl) kvetkezik A, hiszen

4n= teljesti A-t, de fordtott irnyban nincs kapcsolat az lltsok kztt.

gy az lltsok logikai kapcsolata a kvetkez: ( ) ( )E D F B C

A

.

15

A kapcsolatokbl leolvashat, hogy ha D (s F) igaz, akkor mind a 6 llts igaz. Ha D (s F) hamis, akkor 4n , gy a tbbi llts a kvetkezkppen rhat fel: A: 3n (de 4n ); B: 4n= ; C: 4n= ; E: 0n= . Ha A igaz, akkor ez kizrja a msik hrmat, gy 1 igaz lltst kapunk. Ha A hamis, akkor B s C, illetve E kizrja egymst, gy vagy E igaz (1 igaz llts), vagy B s C (2 igaz llts), vagy egyik sem (0 igaz llts).

Vagyis a megadott lltsok kzl egyszerre 0, 1, 2 vagy 6 lehet igaz.

II. Megolds: Felsorolhatjuk az egyes lltsok esetben n lehetsges rtkeit:

A: 3n B: { }4; 4n C: { }4; 4n D: 4n= E: { }0; 4n F: 4n=

A felsorolsbl is kvetkezik az lltsok elz megoldsban vzolt logikai kapcsolata, illetve megadhatunk konkrt n rtkeket, amelyekre az lltsok kzl egyszerre 0, 1, 2, 3 vagy 6 lesz igaz:

1n= 0 igaz llts 10n= 1 igaz llts (A) 0n= 1 igaz llts (E) 4n= 2 igaz llts (B s C) 4n= 6 igaz llts (az sszes) Ms lehetsg nincsen, hiszen n lehetsges rtkei kzl a BF lltsokhoz elegend a 4, 0, 4 rtkeket kiprblni, az A lltshoz pedig egy 3-nl kisebb s egy 3-nl nem kisebb rtket.

Vagyis a megadott lltsok kzl egyszerre 0, 1, 2 vagy 6 lehet igaz.

8. Hol van a hiba az 2lg 2x = egyenlet albbi megoldsban? 2lg 2x = 2 lg 2x = lg 1x= 110 10x= =

Megolds: Az egyenlet megoldsa biztosan nem helyes, ugyanis ellenrzssel meggyzdhetnk rla, hogy 10x= is j megolds. A hibt ott kvettk el, hogy a 2lg 2x = 2 lg 2x = t-alakts nem ekvivalens lps. rjuk fel az rtelmezsi tartomnyokat is, ekkor a kvetkezt kap-juk: ( )2 2lg 2 0x x= > ( )2 lg 2 0x x = > . Vagyis az talakts sorn szklt az rtelmezsi tartomny ( 0x -rl 0x> -ra), emiatt a kvetkeztets irnya nem fordthat meg, azaz gykveszts esete ll fenn.

Az egyenlet egy lehetsges helyes megoldsa: 2lg 2x = 2 210x = 1,2 10x = .

Megjegyzs: A feladat azt illusztrlja, hogy a logaritmus azonossgai nem mindig ekvivalens t-alaktsok, az rtelmezsi tartomny esetleges megvltozsa miatt.

16

9. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat:

a) A 6 irracionlis szm.

b) ( ) ( )( )1 21 2 2 3 ... 13

n n nn n

+ + + + + + = , ahol n +] .

c) 2 2 113 3 4n n+ ++ , ahol n +] .

d) Brhogy vlasztunk ki az 1, 2, 3, , 2n szmok kzl 1n+ -et, biztosan lesz a kivlasztott szmok kztt kt olyan, amelyek relatv prmek (azaz legnagyobb kzs osztjuk 1).

Megolds:

a) Indirekt bizonytst alkalmazunk. Tegyk fel, hogy a 6 nem irracionlis, azaz racionlis

szm (indirekt feltevs), ekkor felrhat pq

alakban, ahol p s q pozitv egsz szmok. Ekkor a

6 pq

= mindkt oldalt ngyzetre emelve, majd rendezve a 2 26q p= sszefggst kapjuk. A

jobb oldalon 2p egy ngyzetszm, gy prmtnyezs felbontsban minden prmtnyez pros

kitevn szerepel, pldul a 2 is. (Egybknt 2p pros, de ezt nem hasznljuk ki.) A bal oldalon 2q is ngyzetszm, gy a 2 kitevje ebben is pros (akr 0 is lehet, ha 2q pratlan), viszont

6 2 3= miatt ekkor a bal oldalon sszessgben pratlan lesz a 2 kitevje. Egy egyenlet kt oldaln nem lehet klnbz parits 2 kitevje, teht ellentmondsra jutottunk, az indirekt felte-vs hamis volt, szksgkppen a bizonytand llts igaz.

b) Teljes indukcit alkalmazunk. Az llts igaz 1n= -re, mert 1 2 31 23 = . Tegyk fel, hogy az

llts igaz valamilyen k-ra (indukcis feltevs), azaz valamely rgztett k-ra teljesl az

( ) ( )( )1 21 2 2 3 ... 13

k k kk k

+ + + + + + = sszefggs. Ebbl szeretnnk bebizonytani, hogy

1k + -re is teljesl az llts, azaz ( )( ) ( )( )( )1 2 31 2 2 3 ... 1 23

k k kk k

+ + + + + + + + = . Mivel a bal oldalon ( )( ) ( ) ( )( )1 2 2 3 ... 1 2 1 2 2 3 ... 1 1 2k k k k k k + + + + + = + + + + + + + , ezrt a szgletes zrjelben ll kifejezst helyettesthetjk az indukcis feltevs jobb oldalval, gy:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )1 2 1 21 2 2 3 ... 1 2 1 2 33 3

k k k k kk k k k k

+ + + + + + + + + = + + + = + , ami ppen a bizonytand llts. Teht ha valamilyen rgztett k-ra igaz az llts, akkor 1k + -re is igaz, tovbb 1n= -re igaz az llts, gy minden pozitv egsz n-re igaz.

c) Teljes indukcit alkalmazunk. Az llts igaz 1n= -re, mert 1 2 2 1 113 3 4 27 64 91+ ++ = + = . Tegyk fel, hogy az llts igaz valamilyen rgztett k-ra, azaz 2 2 113 3 4k k+ ++ , majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, vagyis, hogy ( ) ( )1 2 2 1 113 3 4k k+ + + ++ , azaz 3 2 313 3 4k k+ ++ . Alkal-mazzuk a ( )3 2 3 2 2 1 2 2 1 2 13 4 3 3 16 4 3 3 4 13 4k k k k k k k+ + + + + + ++ = + = + + talaktst, gy kihasz-

17

nlhatjuk az indukcis feltevst, teht ( )2 2 13 3 4k k+ + + oszthat lesz 13-mal. Mivel 2 113 4 k+ is oszthat 13-mal, gy e kt kifejezs sszege is oszthat 13-mal, ami ppen a bizonytand llts. Ezzel belttuk, hogy ha valamilyen rgztett k-ra igaz az llts, akkor 1k + -re is igaz, tovbb

1n= -re igaz az llts, gy minden pozitv egsz n-re igaz.

Megjegyzs: Alkalmazhattuk volna a ( )3 2 3 2 2 1 23 4 16 3 4 13 3k k k k k+ + + + ++ = + talaktst is. d) Skatulya-elvet alkalmazunk. Vegynk n skatulyt, amelyek mindegyikbe kt-kt szomszdos egsz szmot tesznk: az els skatulyba az 1 s a 2, a msodikba a 3 s a 4, s gy tovbb, vgl az n-edikbe a 2 1n s a 2n . Ha most az 1, 2, 3, , 2n szmok kzl 1n+ -et kivlasztunk, ak-kor biztosan lesz kt olyan szm a kivlasztottak kzl, amelyek ugyanabban a skatulyban van-nak (mert n skatulybl 1n+ -szer vlasztottunk), gy ez a kt kivlasztott szm szomszdos. A szomszdos egsz szmok pedig biztosan relatv prmek, hiszen ha lenne valamilyen 1-nl na-gyobb d kzs osztjuk, akkor ez a d osztja lenne a klnbsgknek, 1-nek is, ami lehetetlen. (Az utols lpsben indirekt bizonytst alkalmaztunk.)

10. rjuk fel zrt formban az els n pozitv kbszm sszegt, ahol n +] !

Megolds: A kplet megsejtshez rjuk fel az els nhny n-re az 3 3 31 2 ... n+ + + kifejezs pontos rtkt!

1n= 3 21 1 1= =

2n= ( )23 3 21 2 9 3 1 2+ = = = +

3n= ( )23 3 3 21 2 3 36 6 1 2 3+ + = = = + +

4n= ( )23 3 3 3 21 2 3 4 100 10 1 2 3 4+ + + = = = + + + Megfigyelhetjk, hogy az eredmny mindig ngyzetszm, mgpedig az els n pozitv egsz szm

sszegnek a ngyzete. Mivel ( )1

1 2 ...2

n nn

++ + + = , ezrt sejtsnk a kvetkez:

( ) 23 3 3 11 2 ...2

n nn

+ + + + = .

Sejtsnket teljes indukcival igazoljuk. Az llts igaz 1n= -re, mert 2

3 1 212

= . Tegyk fel

most, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, azaz ( ) 23 3 3 11 2 ...

2k k

k + + + + =

, majd ls-

suk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, vagyis ( ) ( )( )2

33 3 1 21 2 ... 12

k kk

+ + + + + + = . Mivel a bal

oldalon ( ) ( )3 33 3 3 3 31 2 ... 1 1 2 ... 1k k k + + + + = + + + + + , ezrt a szgletes zrjelre alkalmaz-hatjuk az indukcis feltevst, vagyis a bizonytand llts bal oldala gy alakthat tovbb:

18

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22

3 2 21 1 1 2... 1 1 1 4 42 4 4 4

k k k k kkk k k k k + + + + = + + = + + + = + + =

.

Ezzel ppen a bizonytand lltst kaptuk. Teht ha sejtsnk igaz valamely rgztett k-ra, akkor 1k + -re is igaz, tovbb 1n= -re igaz, gy sejtsnket minden pozitv egsz n-re igazoltuk. Va-

gyis az els n pozitv kbszm sszege ( ) 21

2n n +

.

Megjegyzs: A bizonytand llts megsejtse nem volt nyilvnval, s sok ms esetben sem az. A teljes indukci leginkbb akkor alkalmazhat, ha vagy mr megsejtettk az eredmnyt, vagy a feladat elre megadta szmunkra azt.

11. Hol van a hiba a kvetkez bizonytsban?

llts: 3 | 2 3 5n n n+ + , ahol n` .

Bizonyts teljes indukcival: Az llts 0n= esetn igaz, mert 0 0 02 3 5 1 1 1 3+ + = + + = , ami oszthat 3-mal. Tegyk fel most, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz: 1 1 13 | 2 3 5k k k+ + ++ + . Alkalmazzuk a kvetkez talaktsokat:

( )1 1 12 3 5 2 2 3 3 5 5 2 2 3 5 3 3 5k k k k k k k k k k k+ + ++ + = + + = + + + + . Az indukcis feltevs miatt 2 3 5k k k+ + oszthat 3-mal (gy ennek 2-szerese is), mg 3k s 3 5k tbbszrsei 3-nak, gy ezek is oszthatk 3-mal, s ezrt a hrom tag sszege is oszthat 3-mal. Ezzel az lltst belt-tuk.

Megolds: A bizonyts biztosan rossz, hiszen az llts hamis (csak 0n= -ra igaz). A hiba ott van, hogy 3k nem felttlenl oszthat 3-mal, hiszen 0k = esetn 03 1= . Emiatt 0n= -rl 1n= -re nem rkldik az llts, s gy a tbbi 0-nl nagyobb n-re sem.

Megjegyzs: A bizonyts tbbi lpse helyes, gy ha valamely pozitv egsz n-re igaz lenne az llts, akkor az sszes n-nl nagyobb egszre is igaz lenne. De az llts csak 0n= -ra igaz.

12. Adott az 112

a = , 2 13a = , 1

213 2

n nn

n n

a aa

a a+

++

= ( n+] ) rekurzv sorozat. Igazoljuk, hogy a soro-

zat explicit alakja 11

2 1n na = + !

Megolds: Teljes indukcit alkalmazunk. Mivel a rekurzi msodrend (az 2n+ -edik tag kisz-mtsakor a kt megelz tagot az 1n+ -ediket s az n-ediket hasznljuk), ezrt az indukcis feltevst most a megelz kt tagra kell majd kihasznlnunk, s emiatt az lltst is az els helyett az els kt kezdrtkre kell ellenriznnk.

Az llts igaz 1n= -re s 2n= -re, mert 1 11 12 2 1= + s 2 1

1 13 2 1= + . Tegyk fel most, hogy

az llts mr igaz 1-tl valamely rgztett 1k + -ig minden egsz szmra, ahol k +] (gy speci-lisan k-ra s 1k + -re, teht kt szomszdos tagra is), majd lssuk be, hogy ekkor 2k + -re is

19

igaz, vagyis 2 2 11

2 1k ka + + = + . A sorozat rekurzv megadsa alapjn

12

13 2k k

kk k

a aa

a a+

++

= , az in-

dukcis feltevs miatt pedig 11

2 1k ka = + s 1 1 1

12 1k k

a + + = + , ezrt igaz a kvetkez talakts:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

11

2 1 1

1

1 13 2 1 2 2 112 1 2 1 :3 2 2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1

k kk k

k k k k k

k k

a

+

+ + + + = = + + + + + +. Tovbb alaktva ezt

kapjuk: ( ) ( )2 111 1 1 1

3 2 3 2 2 2 2 1 2 13 2 1 2 2 1k k k k kk ka + += = = = + + + + + , ami ppen a

bizonytand llts. Ezzel az lltst minden n +] szmra igazoltuk.

III. Ajnlott feladatok

1. Tudjuk, hogy minden olyan htfn, amikor Micimack mzet eszik, Zsebibaba Malackval jt-szik a rten. Ma Zsebibaba nincs kint a rten. Ehet-e ma mzet Micimack, ha

a) ma htf van? b) ma szerda van?

2. Ugyanazt jelentik-e az ( ) ( )A B B A s a ( )( ) ( )A B A B kifejezsek? 3. Vletlenszeren kitltttk egy ktvltozs (A-t s B-t tartalmaz) kifejezs logikai rtktblza-

tt. (Egyenl esllyel vlasztva a lehetsges kitltsek kzl.) Mekkora esllyel lesz a felrt tbl-zat ppen a ( )B A A kifejezs logikai rtktblzata?

4. Tekintsk a kvetkez lltsokat ugyanazon n pozitv egsz szmra vonatkozan:

A: Az n sszetett szm. C: Az n szmnak van 1-nl nagyobb ngyzetszm osztja.

B: Az n oszthat 4-gyel. D: Az n szmnak van nla kisebb pozitv prmosztja.

Mely lltsok ekvivalensek egymssal, illetve melyikbl kvetkezik valamelyik msik?

5. Fogalmazzuk meg a kvetkez lltsok tagadst!

a) Minden bartomnak van legalbb kt testvre vagy legalbb egy kutyja.

b) Egyik hten sincs olyan nap, amikor ngy rt tanulok.

c) Van olyan tantrgy, amelyikbl v vgn rsban s szban is vizsgzunk.

d) Ha a telefonomra bredek fel, nem flek a dolgozattl.

e) Minden embernek van olyan knyve, amelyiknek minden sort kvlrl tudja.

6. Fogalmazzuk meg a kvetkez llts megfordtst: Ha egy ngyzetszm 6-ra vgzdik, akkor oszthat 9-cel. Igaz-e az llts, illetve a megfordtsa?

20

7. Ksztsk el a ( ) ( )A B B A kifejezs logikai rtktblzatt, majd rjuk fel tbbfle logi-kai formulval a kifejezs tagadst!

8. rjunk fel olyan K, L s M kifejezseket, amelyek logikai rtktblzata a kvetkez:

A B K L M

I I H H I

I H H H I

H I I H H

H H I I I

9. a) Adjuk meg egy elgsges, de nem szksges felttelt annak, hogy egy kbszm oszthat legyen 16-tal!

b) Adjuk meg egy szksges, de nem elgsges felttelt annak, hogy egy ngyszg tglalap legyen!

c) Adjuk meg egy szksges s elgsges felttelt annak, hogy az ABCD ngyszgnek legyen bert kre!

10. Ekvivalensek-e minden esetben a kvetkez talaktsok?

a) Egy egyenlet mindkt oldalhoz hozzadunk 2 3x+ -at.

b) Egy egyenlet mindkt oldalbl levonunk 12x -t.

c) Egy egyenlet mindkt oldalt ngyzetre emeljk, majd mindkt oldalbl gykt vonunk.

d) Egy egyenlet mindkt oldalnak vesszk a 3-as alap logaritmust (feltve, hogy mindkt oldal pozitv volt).

11. Milyen kapcsolat (szksges felttel, elgsges felttel, szksges s elgsges felttel) ll fenn a kvetkez kijelentsprok kt tagja kztt?

a) A: Az na sorozat korltos. s B: Az na sorozat konvergens.

b) C: A nb sorozat divergens. s D: A nb sorozat nem korltos.

c) E: Az f fggvny differencilhat. s F: Az f fggvny folytonos.

12. Egy szigeten igazmondk s hazudsok lnek. Az igazmondk mindig igazat mondanak, a hazu-dsok mindig hazudnak. Megkrdeztnk t embert, akik ismertk egymst: Hny igazmond van kztetek? A vlaszaik: 1, 2, 3, 4, 5. Hny igazmond lehetett az t ember kztt?

13. Peti macskja minden reggel dorombol, ha aznap esni fog az es. Ma reggel dorombol. Vigyen-e esernyt Peti?

21

14. rjuk fel zrt formban az ( )1 1 1...

1 2 2 3 1n n+ + + + kifejezst, ahol n

+] !

15. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat:

a) ( ) ( )33 3 3 2 21 3 5 ... 2 1 2 1n n n+ + + + = , ahol n +] . b) 7 3 2 1 4 123 2 3 5n n n+ + ++ , ahol n +] .

c) ( ) 11 ! 2nn + , ahol n +] . 16. Igaz-e, hogy biztosan van kt olyan klnbz prmszm, amelyeknek azonos az utols 2013

szmjegye?

17. Legfeljebb hny rszre oszthatja n egyenes a skot?

18. Hol van a hiba a kvetkez teljes indukcis bizonytsban?

llts: A vilg sszes lova egyforma szn.

Bizonyts teljes indukcival: megmutatjuk, hogy brmely n l szne megegyezik, ahol n +] . Az llts 1n= l esetn nyilvn igaz, hiszen egy lnak egy szne van. Tegyk fel most, hogy az llts igaz valamely k-ra (azaz brmely k l szne egyforma), majd lssuk be 1k + -re. Vegynk 1k + lovat. Tudjuk, hogy az { }1, 2, 3, ..., k sorszm lovak s a { }2, 3, 4, ..., 1k + sorszm lovak is egyforma sznek, hiszen mindkett egy-egy k elem hal-maz. Mivel a kt halmaznak van kzs eleme, ezrt szksgkppen mind a 1k + l egyforma szn. Ezzel az lltst belttuk.

19. Adott az 1 2a = , 1 3 2n na a+ = ( n +] ) rekurzv sorozat. rjuk fel a sorozat els nhny tag-jt, majd prbljuk megsejteni a sorozat explicit alakjt! Igazoljuk sejtsnket!

20. Tudjuk, hogy igaz a kvetkez hrom llts:

1. Ha veszek almt s olcs a tojs, ksztek mglyarakst.

2. Ha nem olcs a tojs, akkor nem veszek almt s hes maradok.

3. Csak akkor nem maradok hes, ha ksztek mglyarakst.

Kvetkezik-e ebbl a hrom lltsbl, hogy ha nem ksztek mglyarakst, akkor nem veszek almt?

22

Az ajnlott feladatok megoldsai

1. Tudjuk, hogy minden olyan htfn, amikor Micimack mzet eszik, Zsebibaba Malackval jt-szik a rten. Ma Zsebibaba nincs kint a rten. Ehet-e ma mzet Micimack, ha

a) ma htf van? b) ma szerda van?

Megolds: A H: Htf van., M: Micimack mzet eszik. s Z: Zsebibaba Malackval jt-szik a rten. jellsekkel a megadott felttel ( )H M Z alakban rhat. Ha Z nem teljesl, akkor H M sem teljeslhet, hiszen gy Z-nek is teljeslnie kellene, ami ellentmonds. Teht ha Zsebibaba ma nincs kint a rten, akkor H M hamis, gy H s M kzl legalbb az egyik hamis. gy ha ma htf van, akkor Micimack semmikppen nem ehet mzet. Ha ma szerda van, akkor az is lehetsges, hogy Micimack eszik mzet, de az is, hogy nem (hiszen H mindenkppen ha-mis).

Megjegyzs: A megoldsbl az is kiderlt, hogy A B s B A ekvivalensek (ezt a fenti pldban ( )H M Z s ( )Z H M alakban hasznltuk).

2. Ugyanazt jelentik-e az ( ) ( )A B B A s a ( )( ) ( )A B A B kifejezsek? Megolds: Ksztsk el a kt kifejezs logikai rtktblzatt:

A B A B B A ( ) ( )A B B A I I I I H

I H H I I

H I I H I

H H I I H

A B ( )A B A B ( )( ) ( )A B A B I I H I H

I H H H I

H I H H I

H H I H H

A kt rtktblzat utols oszlopai megegyeznek, teht a kt kifejezs ugyanazt jelenti (vagyis ekvivalens).

3. Vletlenszeren kitltttk egy ktvltozs (A-t s B-t tartalmaz) kifejezs logikai rtktblza-tt. (Egyenl esllyel vlasztva a lehetsges kitltsek kzl.) Mekkora esllyel lesz a felrt tbl-zat ppen a ( )B A A kifejezs logikai rtktblzata? Megolds: Egy ktvltozs kifejezs logikai rtktblzata ngy sorbl ll, s mindegyik sor r-tke ktfle lehet (igaz vagy hamis). gy sszesen 2 2 2 2 16 = -fle lehetsges kitlts van,

23

ezek mindegyikt 116

esllyel vlasztjuk. Teht specilisan a ( )B A A kifejezs tblzatt is 1

16 esllyel vlasztjuk (fggetlenl attl, hogy ez melyik tblzat).

Br nem rsze a feladat megoldsnak, de megadjuk a kifejezs logikai rtktblzatt is:

A B A A ( )B A A I I H H

I H H I

H I H H

H H H I

4. Tekintsk a kvetkez lltsokat ugyanazon n pozitv egsz szmra vonatkozan:

A: Az n sszetett szm. C: Az n szmnak van 1-nl nagyobb ngyzetszm osztja.

B: Az n oszthat 4-gyel. D: Az n szmnak van nla kisebb pozitv prmosztja.

Mely lltsok ekvivalensek egymssal, illetve melyikbl kvetkezik valamelyik msik?

Megolds: Az A s D lltsok ekvivalensek, tovbb B-bl kvetkezik C (de fordtva nem), il-letve C-bl (s gy B-bl is) kvetkezik A s D (de fordtva nem). Az lltsok logikai kapcsolata a kvetkez: ( )B C A D .

5. Fogalmazzuk meg a kvetkez lltsok tagadst!

a) Minden bartomnak van legalbb kt testvre vagy legalbb egy kutyja.

b) Egyik hten sincs olyan nap, amikor ngy rt tanulok.

c) Van olyan tantrgy, amelyikbl v vgn rsban s szban is vizsgzunk.

d) Ha a telefonomra bredek fel, nem flek a dolgozattl.

e) Minden embernek van olyan knyve, amelyiknek minden sort kvlrl tudja.

Megolds:

a) Van olyan bartom, akinek nincs se legalbb kt testvre, se legalbb egy kutyja., esetleg Van olyan bartom, akinek legfeljebb egy testvre van, s nincs kutyja.

b) Van olyan ht, amikor van olyan nap, amikor ngy rt tanulok.

c) Minden tantrgyra igaz, hogy v vgn nem vizsgzunk belle rsban vagy nem vizsgzunk belle szban., esetleg Minden tantrgyra igaz, hogy v vgn nem vizsgzunk belle rsban is s szban is.

d) (Van olyan, hogy) a telefonomra bredek fel, s flek a dolgozattl.

e) Van olyan ember, akinek minden knyvben van olyan sor, amit nem tud kvlrl.

24

6. Fogalmazzuk meg a kvetkez llts megfordtst: Ha egy ngyzetszm 6-ra vgzdik, akkor oszthat 9-cel. Igaz-e az llts, illetve a megfordtsa?

Megolds: Az llts megfordtsa: Ha egy ngyzetszm oszthat 9-cel, akkor 6-ra vgzdik. Sem az eredeti llts nem igaz (egy lehetsges ellenplda a 16), sem a megfordtsa (egy lehets-ges ellenplda a 9).

7. Ksztsk el a ( ) ( )A B B A kifejezs logikai rtktblzatt, majd rjuk fel tbbfle logi-kai formulval a kifejezs tagadst!

Megolds: A kifejezs logikai rtktblzata:

A B A B B A ( ) ( )A B B A I I H I H

I H H I H

H I I H H

H H H I H

A tblzatbl kiderl, hogy a kifejezs rtke (A s B rtktl fggetlenl) mindig hamis, gy ta-gadsa a mindig igaz llts. Ezt jellhetjk I-vel is, de felrhatunk olyan, A-t s/vagy B-t tartal-maz formulkat is, amelyek rtke mindig igaz, pldul: A A , A A , B B , illetve ( ) ( )A B A B .

8. rjunk fel olyan K, L s M kifejezseket, amelyek logikai rtktblzata a kvetkez:

A B K L M

I I H H I

I H H H I

H I I H H

H H I I I

Megolds: K rtke (B-tl fggetlenl) pont ellenttes A rtkvel, gy egy lehetsges megolds K-ra: A . Nhny tovbbi lehetsg pldul: ( )A B B , ( ) ( )A B A B . L rtke csak akkor igaz, ha A s B rtke is hamis. Nhny lehetsges megolds: A B , ( )A B , ( )A B , ( ) ( )( )A B A B B .

M rtke csak akkor hamis, ha A rtke hamis, B rtke igaz. Nhny lehetsges megolds: B A , A B , A B , ( )A B .

9. a) Adjuk meg egy elgsges, de nem szksges felttelt annak, hogy egy kbszm oszthat legyen 16-tal!

b) Adjuk meg egy szksges, de nem elgsges felttelt annak, hogy egy ngyszg tglalap legyen!

25

c) Adjuk meg egy szksges s elgsges felttelt annak, hogy az ABCD ngyszgnek legyen bert kre!

Megolds:

a) Nhny lehetsges megolds: a kbszm oszthat 128-cal, a kbszm a 316 , a kbszm egy 8-cal oszthat szm kbe. (Nem j megolds: a kbszm oszthat 32-vel, ugyanis a kbszm prm-felbontsban 2 kitevje biztosan 3-mal oszthat, gy ekkor 2 kitevje legalbb 6, mg a 16-tal oszthatsg esetben szintn, teht ez egy szksges s elgsges felttel lenne.)

b) Nhny lehetsges megolds: a ngyszg szemkzti oldalai prhuzamosak, a ngyszg szem-kzti oldalai egyenlk, a ngyszg tli felezik egymst. (Ezek egyike sem elgsges, ugyanis teljesl minden olyan paralelogrammra is, amely nem tglalap.)

c) Nhny lehetsges megolds: az ABCD ngyszg rintngyszg, az ABCD konvex ngyszg oldalaira teljesl az AB CD AD BC+ = + sszefggs, az ABCD konvex ngyszg bels szg-felezi egy ponton mennek t.

10. Ekvivalensek-e minden esetben a kvetkez talaktsok?

a) Egy egyenlet mindkt oldalhoz hozzadunk 2 3x+ -at.

b) Egy egyenlet mindkt oldalbl levonunk 12x -t.

c) Egy egyenlet mindkt oldalt ngyzetre emeljk, majd mindkt oldalbl gykt vonunk.

d) Egy egyenlet mindkt oldalnak vesszk a 3-as alap logaritmust (feltve, hogy mindkt oldal pozitv volt).

Megolds:

a) Ez a lps mindig ekvivalens, hiszen nem vltozik az egyenlet megoldsainak halmaza.

b) Ez a lps nem mindig ekvivalens. A kvetkeztets ugyan logikailag lehet helyes, de nem minden esetben megfordthat. Elkpzelhet ugyanis, hogy bvl az egyenlet rtelmezsi tarto-mnya ez mg nmagban nem felttlenl problma, de ezltal bvlhet a megoldshalmaza is.

Pldul a 1 122 2

xx x

+ = + egyenletnek nincs megoldsa, mg a 2 x= egyenletnek mr van, de ez az eredeti egyenletnek nem megoldsa (hamis gyk). Az is elkpzelhet, hogy a kvetkez-tets mr logikailag sem helyes, ha gy szkl az rtelmezsi tartomny, hogy ezzel egytt a megoldshalmaz is szkl. Pldul az 1 3x+ = egyenletnek megoldsa az 2x= , mg az

1 11 32 2

xx x

+ = egyenletnek mr nem (gykveszts). Ugyanakkor, ha sem az eredeti, sem az talakts utni egyenlet rtelmezsi tartomnya nem tartalmazza a 2-t, akkor a lps ek-

vivalens, pldul az 1 1 1 12 2 2 4x x x+ = + vagy a

1 110 42 2

xx x

+ = + egyenletek esetben.

c) Ez a lps nem mindig ekvivalens. A ngyzetre emels logikailag helyes, de bvlhet a megol-dshalmaz (pldul az 2x= 2 4x = lps sorn), gy itt hamis gykt kaphatunk, mg a

26

gykvons a megfelel kiktsek nlkl logikailag sem helyes lps (pldul az 2 4x = 2x= lps sorn), itt gykveszts kvetkezhet be. A kt mvelet egyttesen sem mindig ekviva-

lens, pldul az 2x= 2 4x = 2x= lpsek helytelenek. Ugyanakkor, ha az eredeti egyenlet mindkt oldalrl tudjuk, hogy nemnegatv, akkor a kt lps ekvivalens talakts, ilyenkor az eredeti egyenletet kapjuk vissza (pldul 2 6x= 24 36x = 2 6x= ). d) Ez a lps mindig ekvivalens, hiszen a 3-as alap logaritmusfggvny szigor monotonitsa miatt a b= akkor s csak akkor teljesl (pozitv a, b rtkekre), ha 3 3log loga b= . A pozitivitsi felttel nlkl mr nem lenne ekvivalens a lps, hiszen pldul 2a= esetn a jobb oldalra nem is tudnnk rtelmezni a logaritmus mvelett.

11. Milyen kapcsolat (szksges felttel, elgsges felttel, szksges s elgsges felttel) ll fenn a kvetkez kijelentsprok kt tagja kztt?

a) A: Az na sorozat korltos. s B: Az na sorozat konvergens.

b) C: A nb sorozat divergens. s D: A nb sorozat nem korltos.

c) E: Az f fggvny differencilhat. s F: Az f fggvny folytonos.

Megolds:

a) A konvergencibl kvetkezik a korltossg ( B A ), de megfordtva nem, pldul az ( )1 nna = sorozat korltos, de nem konvergens. gy A szksges (de nem elgsges) felttele B-

nek, illetve B elgsges (de nem szksges) felttele A-nak.

b) A nem korltossgbl kvetkezik a divergencia ( D C ), de megfordtva nem, pldul a ( )1 nnb = sorozat divergens, de korltos. gy C szksges (de nem elgsges) felttele D-nek, il-

letve D elgsges (de nem szksges) felttele C-nek.

Megjegyzs: Mivel C B= s D A= , gy B A C D D C = = az a) feladat alapjn.

c) A differencilhatsgbl kvetkezik a folytonossg ( E F ), de megfordtva nem, pldul az ( )f x x= fggvny 0x= -ban folytonos, de nem differencilhat. gy E elgsges (de nem

szksges) felttele F-nek, illetve F szksges (de nem elgsges) felttele E-nek.

12. Egy szigeten igazmondk s hazudsok lnek. Az igazmondk mindig igazat mondanak, a hazu-dsok mindig hazudnak. Megkrdeztnk t embert, akik ismertk egymst: Hny igazmond van kztetek? A vlaszaik: 1, 2, 3, 4, 5. Hny igazmond lehetett az t ember kztt?

Megolds: Ha n igazmond van a szigeten, akkor k mind az n-en n-et fognak vlaszolni a kr-dsre, a tbbiek pedig n-tl klnbz szmot. Azt kell teht megvizsglnunk, hogy a vlaszok kztt hny olyan (0 s 5 kztti) szm van, amely ugyanannyiszor szerepel, mint amennyi az rtke. Ez kt szmra teljesl, a 0-ra s az 1-re. Teht az t ember kztt 0 vagy 1 igazmond le-hetett. (Ezek valban lehetsgesek is: az els esetben mindegyikk hazudott, a msodik esetben pedig csak az mondott igazat, aki 1-et vlaszolt.)

27

13. Peti macskja minden reggel dorombol, ha aznap esni fog az es. Ma reggel dorombol. Vigyen-e esernyt Peti?

Megolds: Az A: Peti macskja ma reggel dorombol. s B: Ma esni fog az es. jellsekkel a felttel ( )B A alakban rhat. Ha A rtke igaz, akkor B rtke igaz s hamis is lehet, az implikci biztosan igaz lesz. Teht az is lehet, hogy ma esni fog az es, de az is, hogy nem. gy Peti vihet magval esernyt, de nem biztos, hogy lesz r szksge. (Ha nem szeretne elzni, akkor a biztonsg kedvrt jobban teszi, ha visz magval.)

Megjegyzs: A feladat arra krdezett r, hogy a B A llts esetn teljesl-e biztosan az A B llts (vagyis az eredeti llts megfordtsa, jelen esetben Minden olyan napon, amikor Peti macskja reggel dorombol, esni fog az es.) is. Ez nyilvn nem igaz, csak akkor lenne igaz, ha a kt llts ekvivalens lenne.

14. rjuk fel zrt formban az ( )1 1 1...

1 2 2 3 1n n+ + + + kifejezst, ahol n

+] !

Megolds: Az els nhny n rtk behelyettestsvel megsejthetjk, hogy a kifejezs zrt alakja

1n

n+ . A sejtst igazolhatjuk teljes indukcival: 1n= -re az llts igaz, mert 1 1

1 2 2= , tovbb

ha valamely rgztett k-ra igaz, akkor 1k + -re is, mivel:

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )22 11 2 1 1

1 1 2 1 2 1 2 2kk k k k

k k k k k k k k++ + ++ = = =+ + + + + + + + .

Az llts teljes indukci nlkl, direkt mdon is igazolhat, ha szrevesszk, hogy 1 1 11 2 1 2

= , 1 1 1

2 3 2 3= , , ( )

1 1 11 1n n n n= + + . Vagyis a kifejezs felrhat a kvetkezkppen is:

1 1 1 1 1 1 11 ... 12 2 3 1 1 1

nn n n n n

+ + + = =+ + + .

15. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat:

a) ( ) ( )33 3 3 2 21 3 5 ... 2 1 2 1n n n+ + + + = , ahol n +] . b) 7 3 2 1 4 123 2 3 5n n n+ + ++ , ahol n +] .

c) ( ) 11 ! 2nn + , ahol n +] . Megolds:

a) Teljes indukcival bizonytunk. Az llts 1n= -re igaz, mert ( )3 2 21 1 2 1 1= . Tegyk fel, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz:

( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 2 23 3 31 3 5 ... 2 1 2 1 1 2 1 1k k k k + + + + + + = + + .

28

Az indukcis feltevst kihasznlva a ( ) ( ) ( ) ( )( )3 2 22 22 1 2 1 1 2 1 1k k k k k + + = + + sszefg-gst kell igazolni, amely a zrjelek felbontsval s rendezssel belthat.

b) Teljes indukcival bizonytunk. Az llts 1n= -re igaz, mert: 7 3 2 1 4 123 2 3 5 1024 27 3125 85399 3713 23+ + ++ = + = = .

Tegyk fel, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz ( ) ( ) ( )7 1 3 2 1 1 4 1 123 2 3 5k k k+ + + + + ++ . Alkalmazzuk a kvetkez talaktsokat:

( ) ( )7 10 2 3 4 5 7 3 2 1 4 1 2 1 4 12 3 5 128 2 3 5 23 239 3 5k k k k k k k k+ + + + + + + ++ = + + Az sszeg els tagja az indukcis feltevs miatt, a msodik tagja pedig a 23-as szorztnyez mi-att lesz 23-mal oszthat, ezzel az lltst belttuk 1k + -re is.

c) Teljes indukcival bizonytunk. Az llts 1n= -re igaz, mert ( ) 1 11 1 ! 2 + . Tegyk fel, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz ( )2 ! 2kk + . Tekintsk a ( ) ( ) ( ) ( ) 1

indukcis feltevs

2 ! 2 1 ! 2 1 ! 2 2 2k kk k k k + = + + > + = sszefggseket.

(A becslsben kihasznltuk, hogy 2 2k + > .) Ezzel az lltst belttuk 1k + -re is. 16. Igaz-e, hogy biztosan van kt olyan klnbz prmszm, amelyeknek azonos az utols 2013

szmjegye?

Megolds: Skatulya-elvet alkalmazunk. A pozitv egsz szmok utols 2013 szmjegye (szksg esetn a kis szmok elejre 0-kat rva) sszesen 201310 -fle lehet. Mivel vgtelen sok prmszm van, ezrt 201310 1+ klnbz pozitv prmszm vlasztsa esetn biztosan lesz kett, amelyek-nek azonos az utols 2013 szmjegye. Teht az llts igaz.

17. Legfeljebb hny rszre oszthatja n egyenes a skot?

Megolds: Ksrletezssel megllapthatjuk, hogy 1 egyenes a skot legfeljebb 2 rszre, 2 egye-nes legfeljebb 4 rszre, 3 egyenes legfeljebb 7 rszre, 4 egyenes legfeljebb 11 rszre oszthatja. (A maximumot akkor kapjuk, ha az egyenesek kztt nincsenek prhuzamosak, illetve semelyik h-rom egyenes nem metszi egymst ugyanabban a pontban.) Innen megfogalmazhatjuk sejtsknt,

hogy n egyenes a skot legfeljebb ( ) ( )11 1 2 3 ... 12

n nn

++ + + + + = + rszre oszthatja. A sejtst teljes indukcival igazolhatjuk, az llts 1n= -re igaz, mert 1 egyenes valban 1 1+ rszre osztja a skot. Tegyk fel, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor

1k + -re is igaz, azaz 1k + egyenes a skot legfeljebb ( ) ( )1 1 2 3 ... 1k k+ + + + + + + rszre oszthatja. Ehhez tekintsk a 1k + egyenest tartalmaz brt, majd hagyjuk el errl kpzeletben az egyik egyenest. Ekkor k egyenes van az brn, amelyek az indukcis feltevst kihasznlva legfeljebb ( )1 1 2 3 ... k+ + + + + rszre osztjk a skot. Ekkor elg megmutatni, hogy ha behz-zuk az elhagyott 1k + -edik egyenest, akkor az legfeljebb 1k + j rszt eredmnyez. Ez pedig azrt igaz, mert a 1k + -edik egyenesnek az sszes korbbival legfeljebb 1-1 metszspontja lehet,

29

ez a legfeljebb k metszspont legfeljebb 1k + rszre oszthatja ezt az egyenest, s minden ilyen rsz pontosan egy j skrszt hoz ltre. Ezzel az lltst belttuk.

18. Hol van a hiba a kvetkez teljes indukcis bizonytsban?

llts: A vilg sszes lova egyforma szn.

Bizonyts teljes indukcival: megmutatjuk, hogy brmely n l szne megegyezik, ahol n +] . Az llts 1n= l esetn nyilvn igaz, hiszen egy lnak egy szne van. Tegyk fel most, hogy az llts igaz valamely k-ra (azaz brmely k l szne egyforma), majd lssuk be 1k + -re. Vegynk 1k + lovat. Tudjuk, hogy az { }1, 2, 3, ..., k sorszm lovak s a { }2, 3, 4, ..., 1k + sorszm lovak is egyforma sznek, hiszen mindkett egy-egy k elem hal-maz. Mivel a kt halmaznak van kzs eleme, ezrt szksgkppen mind a 1k + l egyforma szn. Ezzel az lltst belttuk.

Megolds: Az llts 1n= -re valban igaz, de semmitmond. Az is helyes indokls, hogy ha az llts igaz lenne valamilyen 1-nl nagyobb k-ra, akkor abbl 1k + -re is kvetkezne. (Ez egyb-knt nyilvnval, hiszen ha brmely 2 l egyforma szn, akkor brmely 3 is.)

A hiba ott van, hogy 1k = -rl 1 2k + = -re nem rkldik a tulajdonsg, itt nem mkdik az indukcis lps. Ekkor ugyanis az { }1, 2, 3, ..., k s { }2, 3, 4, ..., 1k + halmazoknak nincsen met-szete, ugyanis az elbbi az egyelem { }1 , mg az utbbi az egyelem { }2 halmaz. Teht hiba igaz az llts 1n= -re, ettl mg nem lesz igaz 2n= -re (s nagyobb n-ekre sem).

19. Adott az 1 2a = , 1 3 2n na a+ = ( n +] ) rekurzv sorozat. rjuk fel a sorozat els nhny tag-jt, majd prbljuk megsejteni a sorozat explicit alakjt! Igazoljuk sejtsnket!

Megolds: Az 1 2a = , 2 4a = , 3 10a = , 4 28a = , 5 82a = rtkek felrsa utn megsejthetjk, hogy a sorozat explicit alakja 13 1nna

= + . A sejtst teljes indukcival igazoljuk, az llts igaz 1n= -re, mert 1 12 3 1= + . Tegyk fel, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk

be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz 1 3 1kka + = + . Az indukcis feltevst s a sorozat rekurzv megadst kihasznlva ( )11 3 2 3 3 1 2 3 1k kk ka a + = = + = + . Ezzel az lltst belttuk.

20. Tudjuk, hogy igaz a kvetkez hrom llts:

1. Ha veszek almt s olcs a tojs, ksztek mglyarakst.

2. Ha nem olcs a tojs, akkor nem veszek almt s hes maradok.

3. Csak akkor nem maradok hes, ha ksztek mglyarakst.

Kvetkezik-e ebbl a hrom lltsbl, hogy ha nem ksztek mglyarakst, akkor nem veszek almt?

I. Megolds: Az A: veszek almt, T: olcs a tojs, M: ksztek mglyarakst s E: hes maradok jellsekkel a feladat lltsai: ( )A T M , ( )T A E , E M . A krds

30

pedig, hogy M A kvetkezik-e az elz hrom lltsbl. Megmutatjuk, hogy ez kvetke-zik az elzekbl.

Indirekt bizonytst alkalmazunk. Tegyk fel, hogy M A nem teljesl, azaz tagadsa, M A teljesl. Ekkor E M miatt M E . Innentl kt esetet vizsglunk. Ha T igaz,

akkor ( )A T M miatt M is igaz lenne, ami ellentmonds. Ha viszont T hamis, akkor ( )T A E miatt A igaz, ami szintn ellentmonds. Teht M A nem lehet igaz, gy

M A szksgkppen igaz, vagyis a krdses llts valban kvetkezik a megadott hrom lltsbl.

II. Megolds: Az elz megoldsban formalizlt kifejezsek mellett az eredeti jelentskkel is megadjuk a megoldst. Tegyk fel (indirekt mdon), hogy a feladat krdse nem kvetkezik a h-rom lltsbl, azaz van olyan, amikor nem ksztek mglyarakst s veszek almt. Ekkor a 3. l-lts miatt biztosan hes maradok. Innentl kt esetet vizsglunk. Ha olcs a tojs, akkor az 1. l-lts miatt ksztek mglyarakst, ami ellentmonds. Ha viszont nem olcs a tojs, akkor a 2. l-lts miatt nem veszek almt, ami szintn ellentmonds. Teht az indirekt feltevs hamis volt, gy az eredeti hrom lltsbl kvetkezik, hogy ha nem ksztek mglyarakst, akkor nem veszek almt.

IV. Ellenrz feladatok

1. Ksztsk el az ( ) ( )A B B A kifejezs logikai rtktblzatt, majd rjuk fel minl egy-szerbb logikai formulval a kifejezs tagadst!

2. Ugyanazt jelentik-e az ( ) ( )A B B A s a ( ) ( )( )B A A B kifejezsek? 3. Tekintsk a kvetkez lltsokat ugyanazon n pozitv egsz szmra vonatkozan:

A: Az n kt 0-ra vgzdik. C: Az n szmnak van 1-nl nagyobb ngyzetszm osztja.

B: Az n oszthat 5-tel. D: Az n oszthat 4-gyel s 25-tel.

Soroljuk fel, hogy a fenti lltsok kzl melyek szksges, elgsges, illetve szksges s elg-sges felttelei egymsnak!

4. Fogalmazzunk meg olyan lltsokat, amelyek tagadsai a kvetkez lltsok!

a) Van olyan falu, ahol nincs posta.

b) Ha frfival tallkozom, az biztosan kkszem.

c) Minden szllodban minden szobban van telefon s rdi is.

d) Van olyan munkahely, ahol van olyan ember, aki dolgozik vagy kvt fz.

e) Minden pknak legfeljebb 8 szeme van.

31

5. Hogyan szl a Thalsz-ttel megfordtsa? Ekvivalens-e a megfordtssal a kvetkez llts: T: Minden derkszg hromszg tfogja ktszer olyan hossz, mint a kr rhat kr sugara.?

6. Egy sznhz ruhatrban a kvetkez felirat olvashat: A ruhatrba le nem adott trgyakrt nem vllalunk felelssget! Logikailag kvetkezik-e ebbl a feliratbl, hogy a ruhatrba leadott ts-knk biztonsgban van?

7. Az albbiak kzl mely egyenletek ekvivalensek a 3 2 17x+ = egyenlettel?

A: 2 23 155 5

xx x

= B: 2 255 5

xx x

=+ + C: 20 4x=

D: 3 5 3x x x+ = + E: ( )2lg 4 0x = F: ( )( ) ( )sin 2 sin 7x + = 8. Aladr, Bla s Cecil beszlgetnek egymssal. Aladr azt mondja: Bla hazudik. Bla azt

mondja: Cecil hazudik. Cecil azt mondja: Aladr s Bla hazudik. Ki mond igazat s ki ha-zudik hrmuk kzl?

9. rjuk fel zrt formban az ( ) ( )1 1 1 1...

1 4 4 7 7 10 3 2 3 1n n+ + + + + kifejezst, ahol n

+] !

10. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat:

a) 9 7 3 1n n+ , ahol n +] .

b) Minden irracionlis szm tizedestrt alakjban legalbb egy szmjegy vgtelen sokszor szere-pel. (Igaz-e az llts legalbb kt szmjegyre is?)

c) Ha adott a skon 10 egyenes, amelyek kzl semelyik kett sem prhuzamos, akkor kivlaszt-hat kzlk kett, amelyek 20-nl kisebb szget zrnak be egymssal.

11. J-e a kvetkez bizonyts?

llts: ( )1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 2n n n+ + + = , ahol n

+] .

Bizonyts teljes indukcival: Az llts 1n= esetn igaz, mert 1 3 11 2 2 1

= . Tegyk fel most, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz:

( )1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 2 1k k k+ + + = + + . Az indukcis feltevst kihasznlva:

( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 1 2 1 2 1 2 1k k k k k k k k k k k

+ + + + = + = + = + + + + .

Ezzel az lltst belttuk.

32

Az ellenrz feladatok megoldsai

1. Ksztsk el az ( ) ( )A B B A kifejezs logikai rtktblzatt, majd rjuk fel minl egy-szerbb logikai formulval a kifejezs tagadst!

Megolds: A kifejezs logikai rtktblzata:

A B A B B A ( ) ( )A B B A I I H I H

I H I I I

H I I I I

H H H H I A tblzatbl kiolvashat, hogy az ( ) ( )A B B A llts tagadsa csak akkor lesz igaz, ha A s B is igaz. gy ennek legegyszerbb formulja: A B .

2. Ugyanazt jelentik-e az ( ) ( )A B B A s a ( ) ( )( )B A A B kifejezsek? Megolds: Ksztsk el a kt kifejezs logikai rtktblzatt:

A B A B B A ( ) ( )A B B A I I H I I

I H I I I

H I I H H

H H H I I

A B B A A B ( ) ( )B A A B ( ) ( )( )B A A B I I I H H I

I H I I I H

H I H I H I

H H I H H I

A kt rtktblzat utols oszlopai klnbznek, teht a kt kifejezs nem ugyanazt jelenti.

3. Tekintsk a kvetkez lltsokat ugyanazon n pozitv egsz szmra vonatkozan:

A: Az n kt 0-ra vgzdik. C: Az n szmnak van 1-nl nagyobb ngyzetszm osztja.

B: Az n oszthat 5-tel. D: Az n oszthat 4-gyel s 25-tel.

Soroljuk fel, hogy a fenti lltsok kzl melyek szksges, elgsges, illetve szksges s elg-sges felttelei egymsnak!

Megolds: Az lltsok logikai kapcsolata: ( )B A D C .

33

Az A s D lltsok egyms szksges s elgsges felttelei.

Az A s a D llts a B s a C lltsnak elgsges, de nem szksges felttelei.

A B s a C lltsok az A s a D lltsnak szksges, de nem elgsges felttelei.

4. Fogalmazzunk meg olyan lltsokat, amelyek tagadsai a kvetkez lltsok!

a) Van olyan falu, ahol nincs posta.

b) Ha frfival tallkozom, az biztosan kkszem.

c) Minden szllodban minden szobban van telefon s rdi is.

d) Van olyan munkahely, ahol van olyan ember, aki dolgozik vagy kvt fz.

e) Minden pknak legfeljebb 8 szeme van.

Megolds:

a) Minden faluban van posta.

b) (Van, hogy) olyan frfival tallkozom, aki nem kkszem.

c) Van olyan szlloda, amelyben van olyan szoba, ahol nincs telefon vagy rdi.

d) Minden munkahelyen minden ember nem dolgozik s nem fz kvt., esetleg Egyik munka-helyen se dolgozik egyik (ott lv) ember se, s egyikk sem fz kvt.

e) Van olyan pk, amelynek 8-nl tbb szeme van.

5. Hogyan szl a Thalsz-ttel megfordtsa? Ekvivalens-e a megfordtssal a kvetkez llts: T: Minden derkszg hromszg tfogja ktszer olyan hossz, mint a kr rhat kr sugara.?

Megolds: A Thalsz-ttel: Ha egy kr tmrjnek A s B vgpontjt sszektjk a krv A-tl s B-tl klnbz tetszleges C pontjval, akkor az ABC hromszgnek C-nl derkszge van. A megfordts (egyik lehetsges megfogalmazsa): Ha az ABC hromszgnek C-nl derkszge van, akkor a C cscs rajta van az AB-re mint tmrre rajzolt krven (s klnbzik A-tl, illetve B-tl). A megfordts ekvivalens azzal az lltssal, hogy S: Egy derkszg hromszg tfo-gja a hromszg kr rhat kr tmrje., ami pedig ekvivalens a feladatban krdezett llts-sal. ( S T nyilvnval, a T S irny igazolshoz pedig csak azt kell meggondolnunk, hogy a hromszg kr rhat kr kzppontja az tfog mindkt vgpontjtl sugrnyi tvolsgra van, gy T fennllsa esetn a kzppont csak az tfog felezpontja lehet.) Teht a Thalsz-ttel meg-fordtsa s a megadott T llts is ekvivalensek.

6. Egy sznhz ruhatrban a kvetkez felirat olvashat: A ruhatrba le nem adott trgyakrt nem vllalunk felelssget! Logikailag kvetkezik-e ebbl a feliratbl, hogy a ruhatrba leadott ts-knk biztonsgban van?

Megolds: Nem kvetkezik belle. Az A: a ruhatrba le nem adott trgy s B: nem vllalunk felelssget jellsekkel a felirat az A B implikcival szemlltethet. Ez nem mond semmit azokra az esetekre, amikor A hamis (teht egy leadott trgyrl van sz). A ruhatrba leadott tsk-rl csak akkor lenne informcink, ha az llts megfordtsa ( B A : Ha nem vllalunk fele-

34

lssget egy trgyrt, akkor azt nem adtk le a ruhatrba. vagy A B : A ruhatrba le-adott trgyakrt felelssget vllalunk.), vagy esetleg egy ekvivalencia ( A B : Pontosan azokrt a trgyakrt vllalunk felelssget, amelyeket leadtak a ruhatrba., esetleg Csak azo-krt a trgyakrt vllalunk felelssget, amelyeket leadtak a ruhatrba.) lenne kirva. Term-szetesen a leadott tska remlhetleg ennek ellenre is biztonsgban van.

7. Az albbiak kzl mely egyenletek ekvivalensek a 3 2 17x+ = egyenlettel?

A: 2 23 155 5

xx x

= B: 2 255 5

xx x

=+ + C: 20 4x=

D: 3 5 3x x x+ = + E: ( )2lg 4 0x = F: ( )( ) ( )sin 2 sin 7x + = Megolds: Az eredeti egyenlet ekvivalens az 5x= egyenlettel. Az A egyenletben a nevez miatt 5x , gy ez nem ekvivalens az eredeti egyenlettel. (A-nak nincs megoldsa; ha mindkt oldalhoz 2

5x -t adnnk, akkor bvlne az rtelmezsi tartomny, 5x= hamis gyk lenne.)

A B egyenletben, noha 2 25x = -nek kt megoldsa lenne, a nevez miatt 5x , gy 5x= az egyetlen megolds, ez teht ekvivalens az eredeti egyenlettel. (De ha mindkt oldalt 5x+ -tel szoroznnk, akkor bvlne az rtelmezsi tartomny, 5x= hamis gyk lenne.) A C egyenletben 0x , az egyetlen megolds 5x= , ez teht ekvivalens az eredeti egyenlettel. Megjegyzs: Mivel 0x= sem az eredeti, sem a C egyenletnek nem megoldsa, ezrt a C egyen-let esetben a megoldshalmazon s az ekvivalencin nem vltoztat az, hogy a kt egyenlet (az eredeti s C) rtelmezsi tartomnya klnbz.

A D egyenletben a gykvons miatt 3x , gy ez nem ekvivalens az eredeti egyenlettel. (D-nek nincs megoldsa; ha mindkt oldalbl levonnnk 3 x -et, akkor bvlne az rtelmezsi tarto-mny, 5x= hamis gyk lenne.)

Az E egyenlet ekvivalens az ( )24 1x = egyenlettel, amelynek megoldsai 1 5x = s 2 3x = , gy ez nem ekvivalens az eredeti egyenlettel. (Ha az egyenletet ( )2 lg 4 0x = alakra hoznnk, ak-kor szklne az rtelmezsi tartomny, gy mr csak 5x= lenne megolds, az 3x= gykt el-vesztennk. gy tvesen azt hihetnnk, hogy az egyenlet ekvivalens a megadott egyenlettel, holott valjban nem az.)

Az F egyenletnek vgtelen sok megoldsa van: egyrszt 1 15 2x k= + , ahol 1k ] , msrszt 2 22 8x k= , ahol 2k ] . (A kapott 1x megoldsok a pratlan egszek, az 2x megoldsok a p-

rosak, vagyis az egyenletnek minden egsz szm megoldsa.) Teht ez nem ekvivalens az eredeti egyenlettel. (Ha nem gondolnnk sem a peridusra, sem a szinuszrtkek ktfajta egyenlsgre, s a szinuszokat elhagyva ( )2 7x + = alakra hoznnk az egyenletet, akkor 5x= kivtelvel az sszes tbbi gykt elvesztennk.)

Teht csak a B s a C egyenlet ekvivalens az eredeti egyenlettel.

35

8. Aladr, Bla s Cecil beszlgetnek egymssal. Aladr azt mondja: Bla hazudik. Bla azt mondja: Cecil hazudik. Cecil azt mondja: Aladr s Bla hazudik. Ki mond igazat s ki ha-zudik hrmuk kzl?

Megolds: Ha Aladr igazat mond, akkor Bla hazudik, teht Cecil igazat mond, gy Aladrnak s Blnak is hazudnia kellene, ami ellentmonds. Teht Aladr nem mondhat igazat.

Vagyis Aladr hazudik, ekkor Bla igazat mond, Cecil pedig hazudik, gy Aladr s Bla kzl legalbb az egyikk igazat mond, ami valban teljesl. Teht Aladr s Cecil hazudik, Bla igazat mond.

9. rjuk fel zrt formban az ( ) ( )1 1 1 1...

1 4 4 7 7 10 3 2 3 1n n+ + + + + kifejezst, ahol n

+] !

Megolds: Az els nhny n rtkre kiszmolva a kifejezst, a kvetkez sejtst fogalmazhatjuk

meg: ( ) ( )1 1 1 1...

1 4 4 7 7 10 3 2 3 1 3 1n

n n n+ + + + = + + . A sejts igazolhat teljes indukcival,

vagy direkt mdon, megfigyelve az 1 1 1 11 4 3 1 4

= , 1 1 1 1

4 7 3 4 7 = ,

1 1 1 17 10 3 7 10

= , ,

( ) ( )1 1 1 1

3 2 3 1 3 3 2 3 1n n n n = + + sszefggst, amelynek felhasznlsval:

( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... ... 1

1 4 4 7 7 10 3 2 3 1 3 1 4 4 7 3 3 1 3 1n

n n n n + + + + = + + = = + + + .

10. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat:

a) 9 7 3 1n n+ , ahol n +] .

b) Minden irracionlis szm tizedestrt alakjban legalbb egy szmjegy vgtelen sokszor szere-pel. (Igaz-e az llts legalbb kt szmjegyre is?)

c) Ha adott a skon 10 egyenes, amelyek kzl semelyik kett sem prhuzamos, akkor kivlaszt-hat kzlk kett, amelyek 20-nl kisebb szget zrnak be egymssal.

Megolds:

a) Teljes indukcival bizonytunk. Az llts igaz 1n= -re, mert 9 7 3 1+ . Ha igaz valamely rgztett k-ra, akkor 1k + -re is igaz, mert ( ) ( )17 3 1 1 7 7 3 1 18 9k kk k k+ + + = + + , ami az indukcis feltevs s ( )18 9 9 2 1k k + = + miatt szintn oszthat 9-cel. b) Indirekt bizonytst alkalmazunk. Ha az llts hamis, akkor a vizsglt irracionlis szm tizedestrt alakjban mind a 10 szmjegy csak vges sokszor szerepelne, gy sszesen csak vges sok szmjegybl llna a szm, de ekkor racionlis lenne, ami ellentmonds.

Az ersebb llts is igaz: minden irracionlis szm tizedestrt alakjban legalbb kt szmjegy vgtelen sokszor szerepel. Ha ugyanis pontosan egy szmjegy szerepelne csak vgtelen sokszor, akkor egy bizonyos tizedesjegytl kezdden mr csak ez a szmjegy szerepelne a szmban, gy

36

egy vges rsz utn periodikus lenne a tizedestrt alak, vagyis a szm racionlis lenne, ami el-lentmonds.

c) Skatulya-elvet alkalmazunk. Az egyenesek egymssal bezrt szge nem vltozik, ha nmaguk-kal prhuzamosan eltoljuk ket gy, hogy egy kzs ponton mindegyikk tmenjen. Ebben a pontban az egyenesek a teljesszget 20 rszre osztjk, amelyek kzl legalbb az egyik nem lehet

nagyobb 360 1820 = -nl. (Az utols lpsben indirekt bizonytst alkalmaztunk.) Az ezt a szget

hatrol kt egyenes megfelel lesz.

Megjegyzs: Kt egyenes bezrt szgn a keletkez szgek kzl a nem nagyobbat rtjk, gy a bezrt szg 0 s 90 kztti lehet.

11. J-e a kvetkez bizonyts?

llts: ( )1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 2n n n+ + + = , ahol n

+] .

Bizonyts teljes indukcival: Az llts 1n= esetn igaz, mert 1 3 11 2 2 1

= . Tegyk fel most, hogy az llts igaz valamely rgztett k-ra, majd lssuk be, hogy ekkor 1k + -re is igaz, azaz:

( )1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 2 1k k k+ + + = + + . Az indukcis feltevst kihasznlva:

( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 3 1...

1 2 2 3 1 1 2 1 2 1 2 1k k k k k k k k k k k

+ + + + = + = + = + + + + .

Ezzel az lltst belttuk.

Megolds: A bizonyts nem lehet j, ugyanis az llts eredenden hamis, a 14. ajnlott feladat-

ban beltott mdon ( )1 1 1 1 3 1... 1

1 2 2 3 1 2n n n n+ + + = . A hiba ott van a bizonytsban,

hogy a megadott llts nem rtelmes 1n= -re, ekkor ugyanis az sszeads utols tagja

( )1 1

1 1 1 0= lenne, ami nem rtelmezhet. A bizonytsban felrt

11 2 kifejezs mr 2n= -hz

tartozik, ekkor viszont a jobb oldalon nem 3 12 1 -et, hanem 3 1

2 2 -t kellene kapnunk, gy az

egyenlsg szintn nem teljesl. Teht az indukci kezdlpse hinyzik, az llts nem igaz 1n= -re (s 2n= -re sem). Formailag egybknt az indukcis lps helyes, vagyis ha valamilyen

rgztett k-ra igaz lenne az llts, akkor 1k + -re is igaz lenne. Viszont nem tallunk egy megfe-lel k-t sem, amelyre az llts igaz lenne.

/ColorImageDict > /JPEG2000ColorACSImageDict > /JPEG2000ColorImageDict > /AntiAliasGrayImages false /CropGrayImages true /GrayImageMinResolution 300 /GrayImageMinResolutionPolicy /OK /DownsampleGrayImages true /GrayImageDownsampleType /Bicubic /GrayImageResolution 300 /GrayImageDepth -1 /GrayImageMinDownsampleDepth 2 /GrayImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeGrayImages true /GrayImageFilter /DCTEncode /AutoFilterGrayImages true /GrayImageAutoFilterStrategy /JPEG /GrayACSImageDict > /GrayImageDict > /JPEG2000GrayACSImageDict > /JPEG2000GrayImageDict > /AntiAliasMonoImages false /CropMonoImages true /MonoImageMinResolution 1200 /MonoImageMinResolutionPolicy /OK /DownsampleMonoImages true /MonoImageDownsampleType /Bicubic /MonoImageResolution 1200 /MonoImageDepth -1 /MonoImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeMonoImages true /MonoImageFilter /CCITTFaxEncode /MonoImageDict > /AllowPSXObjects false /CheckCompliance [ /None ] /PDFX1aCheck false /PDFX3Check false /PDFXCompliantPDFOnly false /PDFXNoTrimBoxError true /PDFXTrimBoxToMediaBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXSetBleedBoxToMediaBox true /PDFXBleedBoxToTrimBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXOutputIntentProfile () /PDFXOutputConditionIdentifier () /PDFXOutputCondition () /PDFXRegistryName () /PDFXTrapped /False

/Description > /Namespace [ (Adobe) (Common) (1.0) ] /OtherNamespaces [ > /FormElements false /GenerateStructure true /IncludeBookmarks false /IncludeHyperlinks false /IncludeInteractive false /IncludeLayers false /IncludeProfiles true /MultimediaHandling /UseObjectSettings /Namespace [ (Adobe) (CreativeSuite) (2.0) ] /PDFXOutputIntentProfileSelector /NA /PreserveEditing true /UntaggedCMYKHandling /LeaveUntagged /UntaggedRGBHandling /LeaveUntagged /UseDocumentBleed false >> ]>> setdistillerparams> setpagedevice