Mathistory

Proč dokazujeme?

Důkazy

Kterak přestalo stačit, že to funguje

ŠEST ZASTAVENÍ

Zastavení listuj šipkami nebo přejetím prstem doleva a doprava; časová osa zůstane nahoře.

PROLOG · DNES · HÁDANKA NA ÚVOD

Stačí, že to funguje?

I

OtázkaKolik příkladů stačí?

Než se vydáme do minulosti, jedna hádanka. Vyzkoušej si výraz

n2 + n + 41

pro n = 0, 1, 2, 3, … a zjisti, jaká čísla vycházejí.

Vyjde ti prvočíslo pro n = 0, 1, 2, 3, 4, 5? Kolik hodnot n bys vyzkoušel(a), než bys uvěřil(a), že vzorec dává prvočísla vždy?

Zkoušej dál

posuň jezdec
0

Odhalit odpověď – až si to zkusíš

Vzorec dává prvočísla pro všechna n = 0, 1, …, 39. Pro n = 40 ale vychází 402 + 40 + 41 = 412 = 1681, tedy číslo složené. Čtyřicet úspěšných ověření tedy nestačilo.

II

MyšlenkaOvěření na příkladech není důkaz.

Tohle je hlavní myšlenka celé cesty: ani čtyřicet úspěšných pokusů nezaručí, že čtyřicátý první nedopadne jinak.

Na dalších zastaveních se podíváme, kdy a proč lidé tuto zkušenost udělali a jak se z ní zrodil důkaz, tedy způsob, jak si být jistý.

III

VzorecČtyřicet úspěchů a jedna výjimka.

VZOREC

n2 + n + 41

n = 40:  402 + 40 + 41 = 412

Příklady mohou tvrzení vyvrátit, ale nikdy je nedokážou.

ZASTAVENÍ I · ZHRUBA 19.–17. STOLETÍ PŘ. N. L.

Mezopotámie: „Funguje to, vždyť to vidíme“

písaři v Mezopotámii

I

OtázkaJe mnoho příkladů totéž co důkaz?

Babylónští písaři měli postupy, které fungovaly, a ověřovali je na mnoha příkladech. Je to totéž jako důkaz? Co by jim chybělo, abychom řekli, že ví, že vzorec platí pro všechna p, q?

K zamyšlení – nejdřív si to rozmysli ve dvojici

Chybělo by jim obecné zdůvodnění, které nezávisí na konkrétních číslech. U pythagorejských trojic stačí roznásobit:

(p2 − q2)2 + (2pq)2 = (p2 + q2)2

Zkus to sám – je to dobrá minutová úloha.

II

ČlověkPísaři s hliněnými destičkami.

Zhruba před 4000 lety, v době starobabylónské (přibližně 19.–17. století př. n. l.), psali písaři v Mezopotámii matematické úlohy a tabulky klínovým písmem do hliněných destiček. Dochovaly se jich tisíce.

Slavná destička Plimpton 322 (uložená na Kolumbijské univerzitě) obsahuje tabulku patnácti řádků čísel. Podle dnešního výkladu jde o seznam pythagorejských trojic, tedy trojic přirozených čísel (a, b, c), pro které platí a2 + b2 = c2. Babylóňané tedy znali vztah, který dnes spojujeme s Pythagorem, o více než tisíc let dříve.

Na jiné slavné destičce (YBC 7289) je odvozena přibližná hodnota √2 v šedesátkové soustavě, která odpovídá číslu 1,41421296…

Z destiček se dochovaly především postupy a číselné příklady, nikoli obecné zdůvodnění v dnešním smyslu. Účel destičky Plimpton 322 je mezi historiky sporný (seznam trojic, školní pomůcka, jiné vysvětlení). Neříkáme tedy, že „Babylóňané neuměli dokazovat“, ale že v dochovaných textech nemáme důkaz v pozdějším řeckém smyslu. Více: Before Pythagoras (ISAW, NYU).

III

MyšlenkaPostup, který funguje.

VYZKOUŠEJ JAKO PÍSAŘ

Ověř, že trojice (3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17) jsou pythagorejské. Pak zkus vymyslet další. Všimni si, že pro libovolná p > q vychází trojice

(p2 − q2, 2pq, p2 + q2)

Zkus to pro několik hodnot p, q. Platí to vždy?

Písařova tabulka

zvol p a q

Každý další příklad, který vyjde, nás utvrzuje. Jenže ani tisíc vyzkoušených dvojic ještě neříká, že to vyjde pro všechny.

IV

VzorecZnali ho o tisíc let dřív než Pythagoras.

VZOREC

a2 + b2 = c2

(p2 − q2)2 + (2pq)2 = (p2 + q2)2

Postup, který funguje, ještě není důkaz.

ZASTAVENÍ II · KOLEM 6. STOLETÍ PŘ. N. L. · MILÉTOS

Thalés z Milétu: „Proč to platí?“

I

OtázkaNestačí, že to vidíme?

Nakresli kružnici a její průměr. Je ti zřejmé, že dělí kruh na dvě stejné poloviny? A co kdyby se tě někdo zeptal: Proč?

Jak odpověděl Thalés – podle tradice

Proklos podává tradici, že Thalés argumentoval takto: kruh přeložíme podél průměru – obě poloviny se musí přesně překrýt, protože každý bod kružnice je od středu stejně daleko a průměr prochází středem.

Důležité není, jak jednoduchý tento argument je, ale že místo „vidíme, že to tak je“ přichází otázka „proč to tak musí být“ a odpověď je založená na tom, co už víme.

II

ČlověkJeden ze sedmi mudrců.

O několik set let později, kolem 6. století př. n. l., žil v řeckém městě Milétu Thalés. Tradice ho řadí mezi sedm mudrců starověkého Řecka a připisuje mu několik geometrických tvrzení. Není o něm mnoho jistého – nejstarší zprávy pocházejí až od pozdějších autorů, například od Prokla (5. století n. l.), který cituje starší dějiny geometrie.

Podle tradice mimo jiné ukázal, že:

  • každý průměr rozděluje kruh na dvě shodné poloviny,
  • vrcholové úhly jsou shodné,
  • úhel v půlkružnici je pravý (dnes tzv. Thaletova věta).

Podle jiné tradice určil výšku pyramidy z délky jejího stínu. Zkus si rozmyslet, proč a kdy to funguje (nápověda: podobné trojúhelníky).

U Thaléta nemáme jistotu, že Thaletovu větu dokázal; tradice mu přisuzuje spíše to, že ji objevil. Důkaz je uveden v Eukleidových Základech (kniha III, tvrzení 31). Více: MacTutor, University of St Andrews.

III

MyšlenkaPřímý důkaz: krok za krokem z toho, co víme.

THALETOVA VĚTA – PRVNÍ UKÁZKA PŘÍMÉHO DŮKAZU

Je dána kružnice se středem S, průměrem AB a bodem C na kružnici. Dokaž, že úhel ACB je pravý.

Nápověda: trojúhelníky ASC a BSC jsou rovnoramenné. Co víš o součtu úhlů v trojúhelníku ABC?

Řešení

Úsečky SA, SB, SC jsou poloměry, takže jsou stejně dlouhé. Označme proto ∠SAC = ∠SCA = α a ∠SBC = ∠SCB = β. Součet úhlů v trojúhelníku ABC je

2α + 2β = 180°,  tedy  α + β = 90° = ∠ACB.

AB CS αβ αβ
Poloměr SC rozdělí trojúhelník na dva rovnoramenné.
Pro zvídavé: obrácená Thaletova věta – Thaletova kružnice

Tvrzení: leží-li bod C (různý od A, B) tak, že ∠ACB = 90°, pak C leží na kružnici s průměrem AB. Množina všech bodů, z nichž je AB vidět pod pravým úhlem, je tedy tato kružnice (bez bodů A, B).

Důkaz je nepřímý, vylučovací: bod C (mimo přímku AB) může být uvnitř kružnice, vně nebo na ní. Ukážeme, že uvnitř dává tupý úhel a vně ostrý, takže pravý úhel zbývá jedině na kružnici.

  • Na kružnici: ∠ACB = 90° je Thaletova věta (důkaz výše).
  • Uvnitř: polopřímka AC protne kružnici v bodě D za bodem C. Podle Thaletovy věty je ∠ADB = 90°. Úhel ACB je vnější úhel trojúhelníku CDB u vrcholu C, tedy ∠ACB = ∠CDB + ∠CBD = 90° + ∠CBD > 90° (úhel je tupý).
  • Vně: jedna z úseček AC, BC (řekněme AC) vstoupí do kruhu a protne kružnici v bodě D ≠ A. Pak ∠ADB = 90° je vnější úhel trojúhelníku DCB u vrcholu D, tedy 90° = ∠DCB + ∠DBC a ∠ACB = ∠DCB = 90° − ∠DBC < 90° (úhel je ostrý).

Pokud je tedy ∠ACB = 90°, nemůže být C uvnitř ani vně a zbývá jen poloha na kružnici. Jemné místo je v případě „vně“: je třeba rozmyslet, že alespoň jedna z úseček AC, BC kružnici skutečně protne.

Stručná alternativa bez případů: je-li S střed AB a r = ½ |AB|, pak CA⃗ · CB⃗ = |CS|2 − r2, takže úhel je pravý právě když |CS| = r, tupý právě když |CS| < r a ostrý právě když |CS| > r.

IV

VzorecÚhel v půlkružnici.

PŘÍMÝ DŮKAZ

2α + 2β = 180°  ⇒  ∠ACB = α + β = 90°

Z toho, co víme, krok za krokem k tomu, co chceme dokázat.

ZASTAVENÍ III · OD 6. STOLETÍ PŘ. N. L. · JIŽNÍ ITÁLIE

Pythagorejci a objev, který nezapadal

I

OtázkaJe každá délka zlomek?

Pythagorejci věřili, že každá délka je poměrem celých čísel. Dá se √2 zapsat jako zlomek pq? Jak bys to zkoušel(a) zjistit (zkoušením? počítáním?) a jak bys mohl(a) ukázat, že nikdy nevyjde?

Proč tady zkoušení nepomůže

Zlomků je nekonečně mnoho a žádným zkoušením nelze ukázat, že žádný nevyhovuje. Zde se tedy důkaz stává nutností.

II

ČlověkŠkola, podle níž je všechno číslo.

Další zastávka je jižní Itálie, kde působila škola pythagorejců (přibližně od 6. století př. n. l.). Spojuje se se jménem Pythagora ze Samu. Připisuje se jim tvrzení, že všechno je číslo, tedy že vše lze vyjádřit pomocí celých čísel a jejich poměrů (zlomků).

Věta a2 + b2 = c2 nese Pythagorovo jméno, i když (viz Mezopotámie) byla v praxi známa mnohem dříve. Není jisté, zda ji dokázal právě Pythagoras, nebo někdo z jeho následovníků. Rozdíl ale spočívá v tom, že Řekové ji začali zdůvodňovat pro všechny pravoúhlé trojúhelníky.

A právě z věty plyne problém: čtverec o straně 1 má úhlopříčku délky √2.

Podle tradice objevil, že √2 zlomkem zapsat nejde, pythagorejec Hippasos z Metapontu. Legenda říká, že byl za to potrestán utopením v moři.

Příběh o Hippasově potrestání je nejspíše pozdější legenda; ve starých pramenech není objev iracionality jednoznačně připsán Hippasovi a podrobnosti o jeho osudu se různí.

III

MyšlenkaNepřímý důkaz a důkaz sporem.

Starý důkaz je důkaz sporem: předpokládáme opak toho, co chceme dokázat, a dojdeme ke sporu. Aristotelés tuto úvahu o úhlopříčce čtverce uvádí jako příklad důkazu sporem.

Při důkazu budeme potřebovat pomocné tvrzení. Dokážeme ho jiným způsobem než přímo – nepřímo, přes obměnu.

NEPŘÍMÝ DŮKAZ

Dokaž: pokud je a2 dělitelné třemi, pak je i a dělitelné třemi (a ∈ ℕ).

Nápověda: přímo to jde špatně. Dokaž místo toho obměnu: pokud a není dělitelné třemi, pak ani a2 není. Jaké zbytky po dělení třemi může a dávat?

Řešení

Dokážeme obměněnou implikaci (¬B ⇒ ¬A): pokud přirozené číslo a není dělitelné třemi, pak ani a2 není dělitelné třemi.

Přirozené číslo a, které není dělitelné třemi, lze zapsat jako a = 3k + 1 nebo a = 3k + 2, kde k ∈ ℕ0. Oba výrazy umocníme na druhou:

(3k + 1)2 = 3(3k2 + 2k) + 1
(3k + 2)2 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1

V obou případech dostáváme při dělení třemi zbytek 1, tedy a2 není dělitelné třemi.

DŮKAZ SPOREM

Pomocí předchozího tvrzení dokaž sporem, že √3 je iracionální.

Bonus: jak by to dopadlo pro √2? (Místo dělitelnosti třemi použij sudost.)

Řešení

Předpokládejme, že √3 je racionální. Pak lze psát

√3 = pq,   p, q ∈ ℕ,  NSD(p, q) = 1.

Umocníme a upravíme: 3q2 = p2. Vidíme, že číslo 3 dělí p2, tedy dělí i p (podle předchozí úlohy). Položme p = 3k, kde k ∈ ℕ. Potom 3q2 = 9k2, tedy q2 = 3k2. Z toho plyne, že 3 dělí q2, a tedy i q.

To je ve sporu s předpokladem, že p a q jsou nesoudělná. Tedy √3 je iracionální. Obdobně postupujeme i u √2 (místo dělitelnosti třemi použijeme sudost).

Pro zvídavé: Pythagorova věta obrázkem
c² ab a²b² ab
Oba čtverce mají stranu a + b a obsahují stejné čtyři trojúhelníky. Co zbude, má proto stejný obsah: c2 = a2 + b2.

Zdroj a další obrázkové důkazy: Pythagoras.

IV

VzorecČíslo, které není zlomkem.

NEPŘÍMÝ DŮKAZ A DŮKAZ SPOREM

(¬B ⇒ ¬A)  ⇔  (A ⇒ B)

√2, √3 ∉ ℚ

Co nejde vyzkoušet, musí se dokázat.

ZASTAVENÍ IV · KOLEM ROKU 300 PŘ. N. L. · ALEXANDRIE

Eukleidés: jak vybudovat celou matematiku

Eukleidés z Alexandrie

I

OtázkaMusí se dokazovat všechno?

Proč je důležité, abychom některá tvrzení přijali bez důkazu? Co by se stalo, kdybychom každé tvrzení chtěli dokazovat z jiných tvrzení?

Odhalit odpověď

Důkaz je odvození jednoho tvrzení z jiných tvrzení. Pokud bychom chtěli dokázat úplně všechno, skončili bychom u jedné ze tří možností:

  1. nekonečný řetěz: každé tvrzení by potřebovalo důkaz z dalšího, to z dalšího a tak donekonečna, takže bychom nikdy nemohli začít;
  2. kruh: dokazovali bychom A pomocí B a B pomocí A, takže bychom ve skutečnosti nedokázali nic;
  3. zastavit se u několika tvrzení, která přijmeme bez důkazu. To jsou právě axiomy.

Jediná použitelná cesta je tedy třetí: dohodnout se na malém počtu jednoduchých základních tvrzení (axiomů, postulátů) a z nich vše ostatní logicky odvodit. Axiomy se volí tak, aby byly co nejjednodušší, nebyly ve vzájemném rozporu a aby se z nich dalo odvodit hodně.

II

ČlověkAutor nejvlivnější matematické knihy.

Kolem roku 300 př. n. l. sepsal v Alexandrii Eukleidés knihu Základy (Elementa). Je to zřejmě nejvlivnější matematická kniha v dějinách.

V Základech najdeme například Pythagorovu větu, důkaz toho, že prvočísel je nekonečně mnoho, nebo důkaz iracionality (v pozdější podobě). A také důkaz Thaletovy věty z předchozího zastavení (kniha III, tvrzení 31).

III

MyšlenkaAxiomatický systém.

Nový nápad byl ten, že celou geometrii (a ještě něco navíc) lze vyložit takto:

  1. vyjdeme z několika definic a axiomů (postulátů), o nichž se dohodneme, že je přijímáme bez důkazu (např. že dvěma body vede právě jedna přímka),
  2. další tvrzení pak dokážeme pomocí logických kroků z těch, která už známe.

Takto vznikl tzv. axiomatický systém.

Axiom přitom není „pravda, kterou nesmíme zpochybnit“, ale dohoda o výchozím bodě. Eukleidův pátý postulát (o rovnoběžkách) se později ukázal jako nezávislý na ostatních a jeho změnou vznikly jiné geometrie (např. na kulové ploše).

PŘÍMÝ DŮKAZ

Dokaž, že pro všechna kladná reálná čísla a, b platí

a + b2 ≥ √ab

Nápověda: vyjdi z nerovnosti, kterou chceš dokázat, a ekvivalentními úpravami se dostaň k tvrzení, které platí vždy. Pak úpravy obrať.

Řešení

Vyjdeme od zadaného výroku a pokusíme se z něj pomocí ekvivalentních úprav odvodit jiné tvrzení, o němž víme, že je pravdivé. Samotný důkaz by pak postupoval v opačném pořadí.

Protože a i b jsou kladná čísla, bude umocnění nerovnosti ekvivalentní úpravou. Dospějeme tak k nerovnosti (a + b)2 ≥ 4ab. Umocněním levé strany a následnou úpravou dojdeme k nerovnosti

(a − b)2 ≥ 0,

což jistě platí pro všechna a, b ∈ ℝ+. I tady stojí důkaz na obecném tvrzení, ne na zkoušení dvojic čísel.

IV

VzorecAritmetický průměr nikdy není menší než geometrický.

PŘÍMÝ DŮKAZ NEROVNOSTI

a + b2 ≥ √ab  ⇔  (a − b)2 ≥ 0

Platí-li tyto axiomy, platí i tato věta.

ZASTAVENÍ V · 16.–17. STOLETÍ

Co dál? Od Řeků k indukci

Maurolico, Pascal a malý Gauss

I

OtázkaJak dokázat něco pro každé n?

Spočítej:

1 + 2 + ⋯ + 100 = ?

Součet 1 + 2 + ⋯ + n jsi právě spočítal(a) pro n = 100. Jak bys ukázal(a), že vzorec platí pro každé n? (Zkoušením to nejde, jak jsme viděli u n2 + n + 41.)

II

ČlověkMaurolico, Pascal – a malý Gauss.

Řecká matematika se zaměřila hlavně na geometrii. Na důkazy vlastností všech přirozených čísel potřebujeme další nástroj, tzv. matematickou indukci. Její zárodky najdeme už ve starověku, v Indii a v islámském světě, ale výslovně ji formulovali a používali až v 16.–17. století například Francesco Maurolico a Blaise Pascal.

Spojme si to s příběhem malého Gausse: podle anekdoty měl ve škole sečíst čísla od 1 do 100 a okamžitě odpověděl 5050.

Gaussova historka je anekdota; je doložena jen v tradici a podrobnosti se různí. Více v Dějinách matematiky (str. 46, v pdf 28).

III

MyšlenkaŘada padajících kostek domina.

Představ si řadu kostek domina: spadne první kostka a každá kostka, která spadne, shodí následující. Pak spadnou všechny – a nemusíme se dívat na každou zvlášť. Přesně takhle funguje indukce: dokážeme první krok a to, že z každého kroku plyne další.

Gaussův obdélník

posuň jezdec
5

MATEMATICKÁ INDUKCE

Dokaž, že pro všechna n ∈ ℕ platí

1 + 2 + ⋯ + n = n(n + 1)2

Rozmysli si, co musíš ukázat v prvním kroku a co ve druhém.

Řešení

(a) Pro n = 1 dostáváme 1 = 1 · 22, což platí.

(b) Předpokládejme, že pro n platí 1 + 2 + ⋯ + n = n(n + 1)2. Chceme dokázat, že platí i pro n + 1:

1 + 2 + ⋯ + n + (n + 1) = (n + 1)(n + 2)2

Dosadíme indukční předpoklad:

n(n + 1)2 + (n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1)2 = (n + 1)(n + 2)2

Implikace V(n) ⇒ V(n + 1) je pravdivá, platí tedy i původní dokazované tvrzení.

IV

VzorecNástroj pro tvrzení o všech přirozených číslech.

MATEMATICKÁ INDUKCE

1 + 2 + ⋯ + n = n(n + 1)2

V(1)  ∧  [V(n) ⇒ V(n + 1)]  ⇒  V(n) pro všechna n ∈ ℕ

Spadne první kostka – a s ní všechny ostatní.

Co jsme viděli

Pět kroků od „funguje to“ k „musí to tak být“.

  1. IMezopotámie: postupy, které fungují, ověřené na příkladech.
  2. IIThalés: otázka proč to platí; přímý důkaz.
  3. IIIPythagorejci: √2, bez důkazu bychom ho nenašli; nepřímý důkaz (obměna) a důkaz sporem.
  4. IVEukleidés: axiomy a logické odvozování; přímý důkaz nerovnosti.
  5. VIndukce: nástroj pro tvrzení o všech přirozených číslech.

Pro procvičení i pro zvídavé

Podle podkladů M. Vestenické Proč dokazujeme? Cesta historií důkazů (2026). U sporných historických tvrzení je výslovně uvedeno, že jde o tradici nebo domněnku.

KONEC KAPITOLY O DŮKAZECH

Zpět na obsah