\begin{align} \end{align}

Přímý důkaz

V tomto typu důkazu přímo dokážeme z již ověřených a známých faktů platnost dané věty. Chceme-li dokázat výrok \(\mathbf{B}\), základní myšlenka (známá jako odvozovací pravidlo modus ponens) je následující: Platí-li výrok \(\mathbf{A}\) a výrok \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\), pak musí platit také výrok \(\mathbf{B}\). Takový postup nám může připadat zvláštní, protože doposud jsme byli zvyklí posuzovat pravdivost implikace tak, že jsme zjišťovali pravdivost jí spojovaných výroků a poté vyhodnotili pravdivost této implikace. Takovým postupem bychom však museli zjistit pravdivost výroku \(\mathbf{B}\) dříve než pravdivost této implikace. Potom by však dokazování výroku \(\mathbf{B}\) bylo zbytečné, byl by již dokázán. Abychom pochopili princip přímého důkazu, je nutné si připustit, že pravdivost implikace můžeme dokázat i jinak bez znalosti pravdivosti jednotlivých výroků, které spojuje.

Připomeňme si, jak vypadá tabulka pravdivostních hodnot implikace:

A B A \(\Rightarrow\) B
1 1 1
1 0 0
0 1 1
0 0 1

Modře je zvýrazněn jediný řádek tabulky, v němž jsou výrok A i implikace \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\) zároveň pravdivé. Z tabulky je vidět, že v takové situaci musí být pravdivý i výrok B. Pokud se nám tedy podaří najít výrok A tak, že A i \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\) jsou pravdivé, dokážeme tím výrok B.

Přímý důkaz jednoduchého výroku

Přímý důkaz jednoduchého výroku vychází z pravidla modus ponens uvedeného výše. Budeme-li dokazovat výrok \(\mathbf{B}\), musíme nejdříve najít nějaký výrok \(\mathbf{A}\), o němž víme, že je pravdivý, a dále pravdivou implikaci \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\). Takovou implikaci obvykle hned nenajdeme, ale sestavíme ji postupně z několika dílčích, u kterých víme, že jsou pravdivé, např.: \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\), \(\mathrm{\mathbf{C}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{D}}\), \(\mathrm{\mathbf{D}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{E}}\), \(\mathrm{\mathbf{E}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{F}}\) a \(\mathrm{\mathbf{F}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\). Pokud jsou pravdivé všechny tyto implikace, pak i implikace \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\) musí být pravdivá (to je možné ověřit nejen úvahou ale i tabulkou pravdivostních hodnot).

Podívejme se na konkrétní příklad. Máme dokázat, že platí:

\(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Nyní si ukážeme přímý důkaz tohoto výroku. Musíme tedy najít nějaký pravdivý výrok a dále se pak postupnými implikacemi (také pravdivými) dostat až k dokazovanému výroku. Zkusme za počáteční výrok vzít tvrzení:

29 ≥ 28

To je jistě pravdivý výrok, můžeme s ním začít. Nyní ještě potřebujeme pravdivou implikaci. Protože pravdivost implikace 29 ≥ 28 \(\Rightarrow\) \(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) není zřejmá, budeme ji muset nahradit několika dílčími implikacemi, jak jsme již naznačili v obecném popisu přímého důkazu. První taková implikace může být třeba následující:

29 ≥ 28\(\Rightarrow\)29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 28 − 4\(\sqrt{7}\)

Tato implikace je také pravdivým výrokem, podívejme se, jak lze postupovat dále. Zapíšeme sérii dalších (pravdivých) implikací, které na sebe postupně navazují:

29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 28 − 4\(\sqrt{7}\)\(\Rightarrow\)29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\))
   
29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\))\(\Rightarrow\)(2\(\sqrt{7}\) − 1)\(^2\) ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\))
   
(2\(\sqrt{7}\) − 1)\(^2\) ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\))\(\Rightarrow\)2\(\sqrt{7}\) − 1 ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)
   
2\(\sqrt{7}\) − 1 ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)\(\Rightarrow\)2\(\sqrt{7}\) − 1 + 8 − \(\sqrt{7}\) ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 8 − \(\sqrt{7}\)
   
2\(\sqrt{7}\) − 1 + 8 − \(\sqrt{7}\) ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 8 − \(\sqrt{7}\)\(\Rightarrow\)7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 7 − \(\sqrt{7}\)
   
7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 7 − \(\sqrt{7}\)\(\Rightarrow\)7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + (\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)
   
7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + (\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)\(\Rightarrow\)7 + \(\sqrt{7}\) ≥ (1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)
   
7 + \(\sqrt{7}\) ≥ (1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Pravá strana poslední implikace je náš dokazovaný výrok a uvedeným postupem jsme ho dokázali pomocí přímého důkazu. Důležité je, že jsme začali pravdivým výrokem a pokračovali sérií pravdivých implikací, které na sebe navazují (pravá strana každé implikace je levou stranou implikace následující). Přesto však při předvedení takového důkazu vyvstává řada otázek. Zkusme si odpovědět alespoň na dvě z nich: Zda je možné zjednodušit zdlouhavý zápis a především jak přijít na výchozí výrok, ze kterého začneme odvozovat implikace. Na obě otázky si odpovíme, ukážeme si na totožném zadání, jak se taková úloha skutečně řeší v praxi.

Příklad 1

Dokažte: \(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Jsme-li postaveni před takovou úlohu a chceme-li použít metodu přímého důkazu, pravděpodobně nás nenapadne, jakým pravdivým výrokem začít a jakými implikacemi dále pokračovat. Existuje ovšem způsob, jak k těmto výrokům dospět. Provedeme rozbor, tzn. budeme předpokládat, že dokazovaný výrok platí a pokusíme se z něj odvodit pravdivý výrok, který potom prohlásíme za výrok výchozí. Budeme-li postupovat ekvivalentními úpravami, můžeme pak celý postup obrátit a získat tak přímý důkaz.

Začněme tedy dokazovaným výrokem a pokusme se z něj odvodit výrok, který je pravdivý, a to ekvivalentními úpravami (v dalším textu se ještě vrátíme ke zdůvodnění použití právě těchto úprav). Máme nerovnost:

\(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Umocníme obě strany na druhou (obě strany nerovnosti jsou kladné, takže tato úprava je ekvivalentní):

7 + \(\sqrt{7}\) ≥ (1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)

Pravou stranu rozepíšeme podle vzorce (\(a\) + \(b\))\(^2\):

7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + (\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)

Upravíme mocninu na pravé straně:

7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 7 − \(\sqrt{7}\)

Převedeme \(\sqrt{7}\) na jednu stranu, sečteme, co lze, a upravíme:

2\(\sqrt{7}\) − 1 ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Umocníme obě strany na druhou (opět jsou obě strany kladné, díky čemuž jde o ekvivalentní úpravu):

28 − 4\(\sqrt{7}\) + 1 ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\))

Upravíme:

29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 28 − 4\(\sqrt{7}\)

K oběma stranám přičteme 4\(\sqrt{7}\):

29 ≥ 28

Dopracovali jsme se k pravdivému výroku a získali jsme tak konstrukci celého důkazu. Jak je možné, že jsme získali konstrukci celého důkazu? Postupovali jsme pomocí ekvivalentních úprav a to znamená, že jsme tvořili ekvivalence. Začali jsme výrokem \(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) (označme jej \(\mathbf{B}\)) a z něj ekvivalentní úpravou vytvořili výrok 7 + \(\sqrt{7}\) ≥ (1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\) (označme jej \(\mathbf{C}\)). Tímto postupem jsme vytvořili nejen výrok \(\mathbf{C}\), ale také ekvivalenci \(\mathrm{\mathbf{B}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\). Tato ekvivalence je pravdivá, a to nezávisle na pravdivosti výroků \(\mathbf{B}\) a \(\mathbf{C}\). Tyto výroky jsou totiž buď oba pravdivé nebo oba nepravdivé (právě díky tomu, že jeden vznikl z druhého ekvivalentní úpravou).

Máme výroky \(\mathbf{B}\), \(\mathbf{C}\) a pravdivou ekvivalenci \(\mathrm{\mathbf{B}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\). Další ekvivalentní úpravou, tentokrát výroku \(\mathbf{C}\), můžeme vytvořit výrok \(\mathbf{D}\) (tj. v našem příkladě 7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + (\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\)) a také pravdivou ekvivalenci \(\mathrm{\mathbf{C}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{D}}\). Takto můžeme pokračovat dále a vytvořit tak řetězec pravdivých ekvivalencí \(\mathrm{\mathbf{B}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\), \(\mathrm{\mathbf{C}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{D}}\), \(\mathrm{\mathbf{D}}\Leftrightarrow \mathrm{…}\), \(\mathrm{…}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{X}}\), \(\mathrm{\mathbf{X}}\Leftrightarrow \mathrm{\mathbf{A}}\). Pokud se nám podaří dosáhnout výroku \(\mathbf{A}\), který je pravdivý (a to se nám v příkladu povedlo, tím výrokem je 29 ≥ 28), je jisté, že i všechny ekvivalencemi spojované výroky jsou pravdivé (protože je-li ekvivalence pravdivá, a jeden z jí spojovaných výroků také – výrok \(\mathbf{A}\), musí být pravdivý i druhý spojovaný výrok). Z toho vyplývá, že i výrok \(\mathbf{B}\) je pravdivý, chceme-li však podat korektní přímý důkaz, musíme náš postup otočit a takto důkaz zapsat.

Víme, že ekvivalence je vlastně konjunkcí dvou implikací. Této vlastnosti nyní využijeme. Začneme výrokem \(\mathbf{A}\) a vytvoříme sérii implikací \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{X}}\), \(\mathrm{\mathbf{X}}\Rightarrow \mathrm{…}\), \(\mathrm{…}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{D}}\), \(\mathrm{\mathbf{D}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\), \(\mathrm{\mathbf{C}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\), čímž vytvoříme přímý důkaz výroku \(\mathbf{B}\).

Ještě než tento důkaz zapíšeme, odpovězme si na druhou otázku – jak takový zápis zkrátit. Většinou se nepoužívá zápis všech jednotlivých implikací, z nichž je důkaz složen (jak jsme to udělali v naší ukázce přímého důkazu), ale tyto implikace se zapisují schematicky \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{X}}\) \(\Rightarrow\) \(\mathbf{Y}\) \(\Rightarrow\) … \(\Rightarrow\) \(\mathbf{B}\). Takový zápis my použijeme při našem zápisu důkazu výroku \(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\), který vychází z rozboru, jenž jsme provedli:

29 ≥ 28 \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 29 − 4\(\sqrt{7}\) ≥ 28 − 4\(\sqrt{7}\) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 28 − 4\(\sqrt{7}\) + 1 ≥ 4(7 − \(\sqrt{7}\)) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 2\(\sqrt{7}\) − 1 ≥ 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + 7 − \(\sqrt{7}\) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 7 + \(\sqrt{7}\) ≥ 1 + 2\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\) + (\(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) 7 + \(\sqrt{7}\) ≥ (1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\))\(^2\) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) \(\sqrt{7 + \sqrt{7}}\) ≥ 1 + \(\sqrt{7 − \sqrt{7}}\)

Pro přehlednost jsou jednotlivé kroky uvedeny na samostatných řádcích, mohli bychom je však samozřejmě zapisovat i do řádků za sebou. Znakem ☒ budeme označovat konec důkazu, neboli situaci, kdy jsme výrok dokázali.

Shrňme si ještě jednou, jak jsme příklad řešili. Dostali jsme za úkol dokázat nerovnost. Ekvivalentními úpravami jsme z této nerovnosti postupně vytvořili nerovnost, o níž víme, že platí (tedy je pravdivým výrokem). Následně jsme postup otočili (což můžeme učinit díky ekvivalentnosti úprav) a zapsali vlastní důkaz. Rozbor není nutné provádět vždy, avšak v situacích, jako je tato, nás rychle dovede k vlastnímu důkazu.

Podívejme se na další příklad, tentokrát již s proměnnými.

Příklad 2

Dokažte: \(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\)

Poznamenejme, že zápis „\(\forall (a, b \in \mathbb{R})\)“ budeme brát jako zkratku za zápis „\(\forall (a \in \mathbb{R})\)\(\forall (b \in \mathbb{R})\)“. Ale vraťme se k vlastnímu důkazu:

Opět bychom mohli udělat rozbor, zkusit z daného výroku ekvivalentními úpravami odvodit pravdivý výrok a obrátit postup. Tentokrát však rozbor vynecháme a rovnou si řekneme, že je vhodné začít výrokem \(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = (\(a\) + \(b\))\(^2\). Na tento výrok bychom pravděpodobně rozborem přišli a zároveň je to výrok evidentně pravdivý. Začněme s ním a pokusme se najít řetězec implikací vedoucí k dokazovanému výroku:

\(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = (\(a\) + \(b\))\(^2\) \(\Rightarrow\) \(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = (\(a\) + \(b\))(\(a\) + \(b\)) \(\Rightarrow\)

\(\Rightarrow\) \(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + \(ab\) + \(ab\) + \(b\)\(^2\) \(\Rightarrow\) \(\forall (a, b \in \mathbb{R})\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\)

K dokazovanému výroku jsme se dostali po několika drobných úpravách pravé strany dokazované rovnosti. Je vidět, že i tento důkaz je poněkud zdlouhavý – ačkoli upravujeme jen pravou stranu, vždy opisujeme celý výrok. Dokazujeme-li rovnost dvou výrazů přímým důkazem, často používáme způsob, kdy se pomocí vhodných úprav pokusíme jednu stranu rovnosti upravit tak, abychom získali výraz, který je na druhé straně rovnosti. I potom se jedná o přímý důkaz, přestože zde není úplně zřejmý řetězec implikací. Přesto postup takového důkazu odpovídá myšlence přímého důkazu, je to totiž jen zkrácený zápis důkazu, který zde byl předveden.

Můžeme si ale ukázat také jiný přímý důkaz téměř totožného tvrzení, který využívá geometrické představivosti. Omezíme se ale pouze na kladná reálná čísla. Máme tedy opět dokázat: \(\forall (a, b \in \mathbb{R}^+)\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\):

Zkusme si představit čtverec, který má stranu délky (\(a\) + \(b\)). To znamená, že strana tohoto čtverce se bude skládat ze dvou úseček o délkách \(a\) a \(b\). Obsah takového čtverce pak bude (\(a\) + \(b\))\(^2\):

Čtverec o straně a+b
Čtverec o straně (\(a\) + \(b\)) a tedy obsahem (\(a\) + \(b\))\(^2\)

V tomto čtverci snadno najdeme dva disjunktní (tj. nepřekrývající se) čtverce, jejichž obsah je roven \(a\)\(^2\) a \(b\)\(^2\):

Čtverec o straně a+b
Čtverec o straně (\(a\) + \(b\)), uvnitř pak čtverce o stranách \(a\) a \(b\)

K pokrytí původního velkého čtverce nám chybí dva obdélníky o stranách \(a\) a \(b\), obsah každého tohoto obdélníku je tedy \(ab\):

Čtverec o straně a+b
\(\forall (a, b \in \mathbb{R}^+)\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\)

Čtverec o obsahu (\(a\) + \(b\))\(^2\) jsme rozdělili na čtyři obrazce a zjistili jsme obsahy těchto obrazců. Obsah celého původního čtverce (tj. (\(a\) + \(b\))\(^2\)) musí být roven součtu obsahů těchto čtyř obrazců (tj. \(a\)\(^2\) + \(b\)\(^2\) + \(ab\) + \(ab\)). Vzhledem k tomu, že délky \(a\) a \(b\) mohou být libovolná kladná reálná čísla (v tuto chvíli používáme předpoklad, že \(a\) a \(b\) jsou kladná, protože délky stran nemohou být záporné), platí \(\forall (a, b \in \mathbb{R}^+)\): (\(a\) + \(b\))\(^2\) = \(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\).

I takto může vypadat přímý důkaz jednoduchého výroku. Kdybychom jej chtěli přesně nasadit na schéma, které jsme si při zavádění přímého důkazu uváděli, asi bychom hledali, co je oním úvodním pravdivým výrokem, z něhož jsme vyšli. V tomto případě to může být např. výrok říkající, že obsah čtverce je roven druhé mocnině délky jeho strany, společně s poznatkem, že rozdělíme-li obrazec na několik nepřekrývajících se částí, je jeho obsah roven součtu obsahů těchto částí.

Připomeňme ještě, že všechna „ověření“ vztahů mezi množinovými zápisy, jež jsme prováděli v minulé kapitole, byly vlastně také přímé důkazy jednoduchých výroků. Nyní se však už podívejme, jak přímým důkazem dokážeme implikaci.

Přímý důkaz implikace

Implikaci dokazujeme přímým důkazem velmi podobně jako jednoduchý výrok, avšak za úvodní výrok, ze kterého vyjdeme, nebudeme brát nějaký pravdivý výrok, ale „levou stranu“ implikace. Neboli, máme-li dokázat implikaci \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\), pak vyjdeme z výroku \(\mathbf{A}\) a vytvoříme řetězec pravdivých implikací \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{C}}\) \(\Rightarrow\) \(\mathbf{D}\) \(\Rightarrow\) … \(\Rightarrow\) \(\mathbf{B}\). Proč právě tento postup? Nejdříve si zopakujme tabulku pravdivostního ohodnocení implikace:

A B A \(\Rightarrow\) B
1 1 1
1 0 0
0 1 1
0 0 1

Bude-li výrok \(\mathbf{A}\) nepravdivý, bude implikace \(\mathrm{\mathbf{A}}\Rightarrow \mathrm{\mathbf{B}}\) vždy pravdivá. Otázkou je, zda bude pravdivá i v případě, kdy \(\mathbf{A}\) bude pravdivým výrokem. Pak je tato implikace pravdivá pouze v případě, že \(\mathbf{B}\) je také pravdivým výrokem. Musíme tedy ověřit, zda vždy, když platí výrok \(\mathbf{A}\), bude pravdivý i výrok \(\mathbf{B}\). A to učiníme právě výše uvedeným postupem.

Podívejme se na tento typ důkazu opět na příkladech:

Příklad 3

Dokažte: \(\forall (a \in \mathbb{N})\): 2\(\mid\)\(a\) \(\Rightarrow\) 2\(\mid\)\(a\)\(^2\)

Tato věta vlastně říká, že pro každé přirozené číslo platí, je-li sudé, pak i jeho druhá mocnina je sudá. Je obecně známo, že taková vlastnost platí. Ukažme si však, jak ji dokázat přímým důkazem pro implikaci.

Podle toho, jak jsme si přímý důkaz implikace zavedli, musíme vyjít z poznatku 2\(\mid\)\(a\) a postupně pravdivými implikacemi dojít k tomu, že 2\(\mid\)\(a\)\(^2\).

Předně si musíme uvědomit, že je-li nějaké přirozené číslo \(a\) sudé, pak existuje přirozené číslo \(k\), které získáme jako výsledek po vydělení čísla \(a\) dvěma. Číslo \(a\) lze tedy zapsat jako součin dvojky a čísla \(k\):

\(\forall (a \in \mathbb{N})\)\(\exists (k \in \mathbb{N})\): 2\(\mid\)\(a\) \(\Leftrightarrow\) \(a\) = 2\(k\)

Využijeme tohoto zápisu čísla \(a\) k tomu, abychom ukázali, že i po umocnění zůstane dvojka jeho dělitelem. Kvantifikátory, které vážou proměnné \(a\) a \(k\), zapíšeme na začátek následujícího řetězce implikací a tomuto zápisu budeme rozumět tak, že se kvantifikátory vztahují na celý tento řetězec:

\(\forall (a \in \mathbb{N})\)\(\exists (k \in \mathbb{N})\): \(a\) = 2\(k\) \(\Rightarrow\) \(a\)\(^2\) = (2\(k\))\(^2\) \(\Rightarrow\) \(a\)\(^2\) = 4\(k\)\(^2\) \(\Rightarrow\) \(a\)\(^2\) = 2(2\(k\)\(^2\)) \(\Rightarrow\) 2\(\mid\)\(a\)\(^2\)

Větu jsme dokázali, navíc bychom z důkazu mohli snadno odvodit, že druhá mocnina libovolného sudého čísla je nejen číslo sudé, ale dokonce dělitelné čtyřmi. Zkusme ještě jiný příklad:

Příklad 4

Dokažte: \(\forall (x, y \in \mathbb{R})\): \(x\) < \(y\) \(\Rightarrow\) \(x\) < (\(x\) + \(y\))/2 < \(y\)

Tato věta vlastně říká, že máme-li dvě různá reálná čísla, pak jejich artimetický průměr leží mezi nimi.

V důkazu opět musíme začít „levou stranou“ implikace. Máme dojít k „dvojité“ nerovnosti, proto si důkaz rozdělíme na dvě části, abychom mohli dokázat obě nerovnosti zvlášť. Základní myšlenka důkazu spočívá v tom, že přičteme-li k oběma stranám nerovnosti stejné číslo, nic to nezmění na platnosti této nerovnosti. Dále ještě využijeme poznatku, že vydělení obou stran nerovnosti dvojkou opět nezmění pravdivost nerovnosti. Opět také budeme chápat platnost kvantifikátoru na celou sérii implikací:

  1. \(\forall (x, y \in \mathbb{R})\): \(x\) < \(y\) \(\Rightarrow\) \(x\) + \(x\) < \(y\) + \(x\) \(\Rightarrow\) 2\(x\) < \(y\) + \(x\) \(\Rightarrow\) \(x\) < (\(x\) + \(y\))/2
  2. \(\forall (x, y \in \mathbb{R})\): \(x\) < \(y\) \(\Rightarrow\) \(x\) + \(y\) < \(y\) + \(y\) \(\Rightarrow\) \(x\) + \(y\) < 2\(y\) \(\Rightarrow\) (\(x\) + \(y\))/2 < \(y\)

Obě nerovnosti jsme dokázali odvodit a věta je tak během několika málo kroků dokázána. U obou nerovností jsme k oběma stranám výchozí nerovnosti \(x\) < \(y\) přičetli stejné číslo (v prvním případě \(x\), v druhém \(y\)), po úpravě jsme pak obě strany vydělili dvojkou.

Příklad 5

Dokažte, že pro libovolný trojúhelník ABC platí: Jestliže je trojúhelník ABC pravoúhlý, pak obsah čtverce nad jeho přeponou je roven součtu obsahů čtverců nad odvěsnami.

Pravdivost této věty měla být zřejmá každému, kdo již slyšel o Pythagorově větě, stejně tak by mělo být jasné, že platí i obrácená implikace. Bez důkazu bychom však o pravdivosti mluvit nemohli. Proto si jej ukažme alespoň u této implikace. A opět do důkazu zamícháme trochu geometrie.

Musíme vyjít z přepokladu, že trojúhelník ABC je pravoúhlý. Proto si takový trojúhelník narýsujme, přeponu označme \(c\), odvěsny pak budou \(a\) a \(b\):

Pravoúhlý trojúhelník ABC
Pravoúhlý trojúhelník ABC

Nyní ještě narýsujme čtverec CDEF tak, aby úsečka CA ležela na straně CD a úsečka BC ležela na straně FC. Strana čtverce musí mít délku (\(a\) + \(b\)):

Pravoúhlý trojúhelník ABC ve čtverci
Pravoúhlý trojúhelník ABC ve čtverci CDEF

Do čtverce dále dorýsujeme trojúhelníky ADG, GEHHFB tak, aby každý z nich „zapadl“ do jednoho z rohů čtverce (viz následující obrázek). Tyto trojúhelníky jsou shodné s trojúhelníkem ABC.

Čtyři shodné trojúhelníky ve čtverci
Čtyři shodné trojúhelníky ve čtverci

Nyní si všimněme, že se nám uvnitř čtverce CDEF objevil čtverec AGHB. To, že se jedná opravdu o čtverec snadno ověříme. Všechny strany jsou stejně dlouhé, jejich délka je \(c\). Zbývá ověřit velikost jeho vnitřních úhlů. Vezměme si např. \(∢\)BAG. Je vidět, že |\(∢\)BAG| = 180° − (|\(∢\)CAB| + |\(∢\)GAD|). My ale víme, že |\(∢\)GAD| = |\(∢\)ABC|, z čehož plyne, |\(∢\)CAB| + |\(∢\)GAD| = 90°, a tedy i |\(∢\)BAG| = 90°. Velikost ostatních vniřních úhlů čtverce AGHB ověříme analogicky.

Čtverec AGHB má tedy stranu délky \(c\) a tedy obsah \(c\)\(^2\). Obsah jednotlivých pravoúhlých trojúhelníků známe také, každý z nich má obsah \(ab\)/2. Celý čtverec CDEF má obsah (\(a\) + \(b\))\(^2\), tedy (\(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\)). Stejně tak ale můžeme obsah tohoto čtverce vyjádřit jako součet obsahů trojúhleníků ABC, ADG, GEH, HFB a čtverce AGHB. Sečteme-li obsahy trojúhelníků ABC, ADG, GEHHFB, získáme výraz 2\(ab\). Víme, že obsah čtverce CDEF je (\(a\)\(^2\) + 2\(ab\) + \(b\)\(^2\)), takže čtverec AGHB musí mít obsah (\(a\)\(^2\) + \(b\)\(^2\)). Víme také, že čtverec ABGH má obsah \(c\)\(^2\), tedy platí \(a\)\(^2\) + \(b\)\(^2\) = \(c\)\(^2\). Neboli, obsah čtverce nad přeponou \(c\) je roven součtu obsahů čtverců nad odvěsnami \(a\) a \(b\).

Přímý důkaz však není zdaleka jedinou důkazovou technikou. Je ale ze všech těchto technik nejpřirozenější, protože z nějakého jasného předpokladu postupně odvozujeme dokazovanou větu. Na mnoho matematických vět však tato technika nestačí a je nutné je dokazovat technikami jinými.