Bewijzen in de wiskunde 23 september 2024

Bewijzen met reële getallen, verzamelingen, tegenvoorbeelden en contradictie

Bewijzen met reële getallen

Bij bewijzen met reële getallen gebruik je vaak dat $x^n \ge 0$ voor even, positieve $n$ .

Stelling

$\forall x,y \in\R : \tfrac13 x^2 + \tfrac34 y^2 \ge xy$

Bewijs

Neem $x,y\in\R$ . Merk op dat $(2x-3y)^2 = 4x^2 - 12xy + 9y^2$ . Nu krijgen we:

$(2x-3y)^2 \ge 0$

$4x^2 - 12xy + 9y^2 \ge 0$

$4x^2 + 9y^2 \ge 12xy$

$\tfrac13 x^2 + \tfrac34 y^2 \ge xy$

QED.

Driehoeksongelijkheid

Een belangrijke stelling over reële getallen is de driehoeksongelijkheid. Om dat te bewijzen, bewijzen we eerst een handig lemma.

Lemma

$\forall x \in \R : |x|^2 = x^2$

Bewijs

Neem een $x\in\R$ . We onderscheiden gevallen (1) $x\ge0$ en (2) $x<0$ .

(1) We nemen aan dat $x\ge0$ . Dan, per definitie van de absolute waarde, geldt $|x|=x$ en dus ook $|x|^2=x^2$ .

(2) We nemen aan dat $x<0$ . Dan, per definitie van de absolute waarde, geldt $|x|=-x$ en daaruit volgt dat $|x|^2=(-x)^2=x^2$ .

QED.

Dan nu de stelling.

Stelling

$\forall x,y \in \R : |x + y| \le |x| + |y|$

Bewijs

Neem $x,y\in\R$ . Merk op dat $|x||y|\ge xy$ . Uit het lemma en hieruit volgt:

$\begin{aligned} xy &\le |x||y| \\ x^2 + 2xy + y^2 &\le x^2 + 2|x||y| + y^2 \\ x^2 + 2xy + y^2 &\le |x|^2 + 2|x||y| + |y|^2 \\ (x+y)^2 &\le (|x|+|y|)^2 \\ (|x+y|)^2 &\le (|x|+|y|)^2 \\ |x+y| &\le |x|+|y| \end{aligned}$

QED.

Bewijzen met verzamelingen

Bij bewijzen met verzamelingen is het vaak handig om een bepaalde $x$ uit een verzameling te nemen, en daarmee te redeneren met de eigenschappen van de verzameling.

Voor gelijkheid van verzamelingen $A$ en $B$ toon je eerst aan dat $A \subseteq B$ , en daarna $B \subseteq A$ .

Stelling

$A \backslash B = A \cap \overline B$

Bewijs

We bewijzen (1) $A \backslash B \subseteq A \cap \overline B$ en (2) $A \cap \overline B \subseteq A \backslash B$ .

(1) Neem een $x \in A \backslash B$ . Dan geldt $x \in A$ en $x \notin B$ . Omdat $x \notin B$ , geldt $x \in \overline B$ . Er geldt dus $x \in A$ en $x \in \overline B$ , dus $x \in A \cap \overline B$ . Uit $x \in A \backslash B \implies x \in A \cap \overline B$ concluderen we dat $A \backslash B \subseteq A \cap \overline B$ .

(2) Neem een $x \in A \cap \overline B$ . Dus $x \in A$ en $x \in \overline B$ . Uit $x \in \overline B$ volgt $x \notin B$ . Er geldt dus $x \in A$ en $x \notin B$ , dus $x \in A \backslash B$ . Uit $x \in A \cap \overline B \implies x \in A \backslash B$ concluderen we dat $A \cap \overline B \subseteq A \backslash B$ .

QED.

Carthesisch product

Voor bewijzen met carthesische producten neem je een $(x,y)$ uit de verzameling en redeneer je met de eigenschappen van de verzameling.

Stelling

$(A \subseteq C \land B \subseteq D) \implies A \times B \subseteq C \times D$

Bewijs

Neem aan dat $A \subseteq C$ en $B \subseteq D$ . Laat $(x,y) \in A \times B$ . Dan geldt dat $x \in A$ . Omdat $A \subseteq C$ , geldt ook dat $x \in C$ . Vergelijkbaar geldt dat $y \in B$ , waaruit volgt dat $y \in D$ .

Omdat $x \in C$ en $y \in D$ , geldt dat $(x,y) \in C \times D$ .

Uit $(x,y) \in A \times B \implies (x,y) \in C \times D$ concluderen we dat $A \times B \subseteq C \times D$ .

QED.

Tegenvoorbeelden

Van een bewering van de vorm $\forall x \in S : P(x)$ is de negatie $\lnot(\forall x \in S : P(x)) \equiv \exists x \in S : \lnot P(x)$ . Dit betekent dat, om deze bewering te ontkrachten, we maar één geval hoeven te vinden waarvoor $P(x)$ niet waar is.

Let op: er kunnen meerdere gevallen zijn waarvoor $\lnot P(x)$ , maar minstens één geval is genoeg.

Voorbeeld

Gegeven is de bewering $\forall x \in \R : (x-1)^2 > 0$ . Voor $x=0$ is deze bewering niet waar, dus daarmee is aangetoond dat de hele bewering niet waar is.

Contradictie

Bij het bewijzen van een bewering $P$ kan contradictie gebruikt worden. Bij contradictie neem je aan dat $\lnot P$ , om vervolgens $F$ (niet waar) te concluderen. Als dit lukt, is er bewezen dat $P$ waar is.

Stelling

Er bestaat geen kleinste $x \in \R^+$ .

Bewijs

Met bewijs uit contradictie, neem aan dat er een kleinste $x \in \R^+$ bestaat. Dan geldt ook dat $\frac12 x \in \R^+$ . Maar $\frac12x < x$ , dus we hebben een contradictie. QED.

Nog een voorbeeld:

Stelling

$\forall x \in \R \backslash \mathbb Q : \forall r \in \mathbb Q \backslash \{0\} : xr \notin \mathbb Q$

Bewijs

Neem een $x \in \R \backslash \mathbb Q$ en $r \in \mathbb Q$ . Omdat $r \in \mathbb Q$ , geldt dat er $a,b\in\Z$ met $a,b\neq0$ bestaan zodat $r=\dfrac ab$ .

Met bewijs uit contradictie, neem aan dat $xr \in \mathbb Q$ . Dan bestaan er $c,d\in\Z$ met $d\neq0$ zodat $xr=\dfrac cd$ . Dit geeft $x \dfrac ab = \dfrac cd$ , waaruit volgt dat $x=\dfrac{bc}{ad}$ .

Omdat $bc,ad\in\Z$ en $ad\neq0$ geldt dat $x\in\mathbb Q$ . Dit is een contradictie. QED.