Uppsala Universitet
Matematiska institutionen
Isac Hedén
Algebra I, 5 hp
Sammanfattning av föreläsning 6.
Vi gick igenom tre typer av bevis, som ibland kallas för motsägelsebevis, direkta bevis, och
fallbevis.
Motsägelsebevis
Ett så kallat motsägelsebevis bygger på att en sluten utsaga u endera är falsk eller sann. Om
vi kan visa att ”u är falsk” leder till en logisk omöjlighet, så att det alltså inte är fallet att ”u
är falsk”, så kan vi sluta oss till att u är en sann utsaga. Ett motsägelsebevis för u har följande
form: ”Antag ¬u. Då följer det att (. . .). Motsägelse!”
√
Sats 0.1. 2 är irrationellt.
√
Bevis.
Antag att 2 är rationellt, då finns det tal p och q utan gemensamma faktorer sådana att
√
2 = p/q (eftersom man alltid kan förkorta bort gemensamma faktorer). Det följer att 2q 2 = p2 .
Det betyder att p2 är ett jämnt tal, och därför måste p själv vara jämnt: p = 2k för något heltal
k. Men då följer det att q 2 = 2k 2 så att q 2 är ett jämnt tal, och därför måste även q vara jämnt.
Motsägelse (eftersom p och q inte har några gemensamma faktorer)!
√
Det enda antagandet som vi gjorde under bevisets
√ gång var att 2 var rationellt – det
ledde
√ till en motsägelse. Alltså var det inte fallet att 2 är rationellt, och vi kan dra slutsatsen
att 2 istället är irrationellt (några andra alternativ finns ju inte).
En nära besläktad typ av bevis, som också kallas för motsägelsebevis (eller indirekt bevis),
är ett bevis där man istället för att bevisa en utsaga på formen p ⇒ q bevisar den ekvivalenta
utsagan ¬q ⇒ ¬p.
√ Som exempel på detta bevisade vi följande sats, som vi också nyss använde
i beviset för att 2 är irrationellt.
Sats 0.2. Ett heltal n är jämnt om n2 är jämnt.
Bevis. Istället för att bevisa (n2 jämnt ⇒ n jämnt) bevisar vi det ekvivalenta påståendet
(n udda ⇒ n2 udda). Om n är udda så har vi n = 2k + 1 för något heltal k. Det medför
att
n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1
också är udda.
Direkta bevis
Direkta bevis är ”rakt på”. Man bevisar p genom att bevisa p. Vi tog följande exempel
Sats 0.3. Om p är ett primtal och p ̸= 3 så gäller det att 3|(p2 − 1).
Bevis. Eftersom p2 − 1 = (p − 1)(p + 1), räcker det att bevisa att 3|(p − 1) eller 3|(p + 1). Vart
tredje tal är delbart med 3, så något av p − 1, p, p + 1 är delbart med 3. Men om p är ett primtal
och p ̸= 3 så kan p inte vara delbart med 3. Alltså måste p − 1 eller p + 1 vara det.
Fallbevis
Ibland kan man göra en falluppdelning för att bevisa ett påstående p. Ett sådant bevis, för en
utsaga u har strukturen (p ∨ q) ∧ (p ⇒ u) ∧ (q ⇒ u). Det vill säga: Om vi vet att p eller q är
sann, samt att båda två var för sig medför u, så kan vi sluta oss till u (även om vi inte vet vilken
av p och q som är sann). Som exempel på denna bevisteknik visade vi
Sats 0.4. Det finns irrationella tal b och c sådana att bc är rationellt.
√ √2
Bevis. Betrakta√talet 2 .
√
√ 2
√
Fall 1: Om 2√ är rationellt, så är saken klar med b = c = 2, eftersom 2√är irrationellt.
√ 2
√ 2
√
Fall 2: Om 2 är irrationellt så är saken också klar, nämligen med b = 2 och c = 2:
( √ )√2
√ √2·√2 √ 2
√ 2
c
= 2
b =
2
= 2 = 2.
I det här fallet var utsagan u: ”Det finns irrationella tal b och c sådana att bc är rationellt”,
medan p och q var följande utsagor:
p:
q:
√ √2
2 är rationellt
√ √2
2 är irrationellt.
Utsagan (p ∨ q) är uppenbart sann. Utsagan (p ⇒ u) visas i fall 1, och utsagan (q ⇒ u) i fall 2.
Det finns oändligt många primtal
Vi avslutar med ytterligare en (klassisk) sats som kan visas med ett motsägelsebevis:
Sats 0.5. Det finns oändligt många primtal.
Bevis. Antag att det bara finns ändligt många primtal: {p1 , p2 , . . . , pN }. Bilda talet
a = p1 p2 p3 · · · pN + 1.
Det är uppenbarligen inte ett primtal eftersom det inte finns med i listan. Alltså kan vi skriva
det som en produkt av primtal (enligt aritmetikens fundamentalsats) – men det är inte delbart
med något av p1 , p2 , . . . , pN eftersom resten hela tiden blir 1 när man dividerar med något av
dem. Alltså har vi hittat ett tal som varken är ett primtal eller kan skrivas som produkt av
primtal – motsägelse!
Extraproblem
10. Är talet 25 · 36 · 57 + 1 delbart med 5?
11. Visa att 1572 − 1502 är delbart med 7.
12. Visa att n(n2 − 1) är delbart med 6 för varje heltal n.
13. (svårt) Låt a och b vara två heltal. Förkortningen MGM utläses ”minsta gemensamma
multipel”, och MGM(a, b) är det minsta (positiva) tal som är delbart med både a och b.
Visa att
SGD(a, b) · MGM(a, b) = ab.
Lösning: Vi skriver upp alla primtal som ingår faktoriseringen av a eller b (eller båda):
p1 , p 2 , . . . , pn .
Om faktorn p1 förekommer k1 gånger i faktoriseringen av a, och q1 gånger i faktoriseringen av
b, och faktorn p2 förekommer k2 gånger i faktoriseringen av a och q2 gånger i faktoriseringen av
b och så vidare, så har vi
a = pk11 pk22 . . . pknn
och
b = pq11 pq22 . . . pqnn .
Observera att det mycket väl kan hända att några av potenserna ki och qj är noll. Låt m1 =
min(k1 , q1 ), m2 = min(k2 , q2 ) och så vidare upp till mn = min(kn , qn ). Låt sedan M1 =
max(k1 , q1 ), M2 = max(k2 , q2 ) och så vidare upp till Mn = max(kn , qn ). Här skriver vi min(a, b)
för det minsta av de två talen a och b. Exempel: min(4, 2) = 2
Då gäller det att
mn
1 m2
SGD(a, b) = pm
1 p2 . . . p n
och
Mn
1 M2
MGM(a, b) = pM
1 p2 . . . p n .
Vi undersöker talet ab:
ab
(1)
=
(pk11 pk22 . . . pknn ) · (pq11 pq22 . . . pqnn )
(2)
pk11 +q1 pk22 +q2 . . . pnkn +qn
(3)
=
1 +M1 m2 +M2
n +Mn
pm
p2
. . . pm
n
1
(4)
=
M1 M2
mn
Mn
1 m2
(pm
1 p2 . . . pn ) · (p1 p2 . . . pn )
(5)
SGD(a, b) · MGM(a, b).
=
=
Vi går igenom de fem likheterna, en i taget:
(1) Beror på att primfaktoriseringen av a är pk11 pk22 . . . pknn och motsvarande för b.
(2) Beror på vanliga räkneregler för potenser: pk · pq = pk+q .
(3) Beror på att k + q = min(k, q) + max(k, q). Detta illustreras bäst med ett exempel: 7 + 4 =
min(7, 4) + max(7, 4). Det är ju precis samma tal som man adderar med varandra på båda
sidorna om likhetstecknet.
(4) Igen använder vi räknereglerna för potenser: pk+q = pk pq .
(5) Detta illustreras nog bäst av ett exempel – se anteckningarna från föreläsning 5.
