Metoda reducerii la absurd

Un detectiv are un singur suspect și nicio probă directă. Ce face? Presupune, pentru o clipă, că suspectul este vinovat, și urmărește consecințele: dacă ar fi fost el la locul faptei la ora 21, ar fi trebuit să apară pe înregistrarea de la intrare — dar înregistrarea îl arată, la aceeași oră, la 30 de kilometri distanță. Concluzia: presupunerea era falsă, omul este nevinovat. Nu a fost nevoie de o probă a nevinovăției; a fost de ajuns ca presupunerea contrară să ducă la ceva imposibil.

Matematica folosește exact acest tipar, și îl folosește constant. Se numește reducere la absurd (în latină, reductio ad absurdum): pentru a demonstra o afirmație, presupunem că ea este falsă și arătăm că această presupunere duce la o contradicție — la două afirmații care nu pot fi adevărate simultan. Metoda este de neînlocuit acolo unde concluzia este o negație („nu există", „nu se poate", „este irațional"), pentru că atunci ipoteza de lucru pe care ne-o dă negarea concluziei este tocmai obiectul concret cu care putem calcula. Împreună cu inducția matematică, pe care o vei studia în lecția următoare, formează perechea de metode fundamentale ale clasei a IX-a la mate-info.

Ce vei învăța

• Vei ști să enunți structura logică a unei demonstrații prin reducere la absurd și să explici de ce o contradicție obținută încheie demonstrația.
• Vei ști să negi corect concluzia, primul pas al metodei — și cel mai des greșit.
• Vei ști să demonstrezi complet că $\sqrt{2}$ este irațional, împreună cu lema de paritate pe care se sprijină.
• Vei ști să reproduci demonstrația lui Euclid pentru infinitatea numerelor prime.
• Vei ști să folosești argumente de paritate și de rest pentru a arăta că anumite ecuații nu au soluții.
• Vei ști să distingi reducerea la absurd de demonstrația prin contrapoziție și să alegi metoda potrivită pentru o problemă dată.

Hai să descoperim împreună

1. Ideea metodei, în trei rânduri

Vrem să demonstrăm o propoziție $p$. Facem următoarele:

1. presupunem că $p$ este falsă, adică presupunem $\overline{p}$;
2. din această presupunere, împreună cu ipotezele problemei și cu adevăruri deja stabilite, deducem o contradicție — o propoziție $q$ care este simultan adevărată și falsă;
3. cum din presupunerea $\overline{p}$ a rezultat ceva imposibil, presupunerea nu poate fi adevărată; deci $\overline{p}$ este falsă, adică $p$ este adevărată.

Formal, dacă $\overline{p}\Rightarrow \left(q\wedge \overline{q}\right)$, iar propoziția $q\wedge \overline{q}$ este falsă întotdeauna, atunci prin modus tollens (regula pe care ai studiat-o la Validarea logică a pașilor unui raționament) rezultă că $\overline{p}$ este falsă. Iar dacă $\overline{p}$ este falsă, atunci $p$ este adevărată — pentru că o propoziție și negația ei nu pot fi amândouă false. Acesta din urmă este principiul terțului exclus: între $p$ și $\overline{p}$ nu există a treia posibilitate.

2. Primul pas, cel mai delicat: negarea concluziei

Toată demonstrația se sprijină pe negarea corectă a concluziei. Dacă negi greșit, vei demonstra altceva decât ai vrut — și, cel mai adesea, nu vei ajunge la nicio contradicție, ci la o rătăcire.

Recapitulăm, din lecția Negarea propozițiilor cu cuantificatori, cum arată negațiile de care ai nevoie:

Observă rândul al cincilea: negația unei disjuncții este o conjuncție, conform legilor lui De Morgan. Aceasta e o sursă bogată de erori — și, în același timp, motivul pentru care metoda e atât de eficientă: dintr-un „sau" greu de atacat, negarea îți dă două informații concrete deodată, cu care poți calcula.

Mai reține un avantaj de fond: când concluzia spune „nu există", nu ai de unde apuca demonstrația directă — nu poți calcula cu un obiect care nu există. Negând, primești un obiect concret, cu proprietăți, pe care îl poți manevra până se ciocnește de o imposibilitate.

3. Un prim exemplu simplu, ca să se vadă mecanismul

Afirmație. Dacă $a+b>100$, atunci $a>50$ sau $b>50$.

Demonstrație prin reducere la absurd. Presupunem contrariul concluziei: $a\le 50$ și $b\le 50$. Adunând cele două inegalități (au același sens, deci adunarea e permisă), obținem

$$a+b\le 50+50=100.$$

Dar din ipoteză $a+b>100$. Am ajuns la $a+b\le 100$ și $a+b>100$ simultan — contradicție. Prin urmare presupunerea este falsă, deci $a>50$ sau $b>50$. $■$

Uită-te la economia raționamentului: demonstrația directă ar fi cerut o discuție pe cazuri („dacă $a$ e mare… dar dacă nu…"), în timp ce negarea ne-a dat imediat două inegalități pe care le-am putut aduna. Acesta e tiparul: negația transformă o alternativă vagă în date precise.

4. Demonstrația clasică: $\sqrt{2}$ este irațional

Este demonstrația care a zguduit matematica greacă și rămâne modelul absolut al metodei. Avem nevoie mai întâi de o lemă.

Lema (paritate). Dacă $n$ este un număr natural și $n^2$ este par, atunci $n$ este par.

Demonstrație. Folosim contrapoziția: arătăm că dacă $n$ este impar, atunci $n^2$ este impar. Într-adevăr, dacă $n=2m+1$, atunci

$$n^2=4m^2+4m+1=2\left(2m^2+2m\right)+1,$$

care este impar. Cum implicația „$n$ impar $\Rightarrow$ $n^2$ impar" este adevărată, contrapoziția ei — „$n^2$ par $\Rightarrow$ $n$ par" — este de asemenea adevărată. $\square$

Teoremă. Numărul $\sqrt{2}$ este irațional.

Demonstrație. Presupunem, prin reducere la absurd, că $\sqrt{2}$ este rațional. Atunci se poate scrie ca fracție:

$$\sqrt{2}=\frac{m}{n},m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast },\text{fracția fiind ireductibila˘}$$

(orice fracție se poate simplifica până devine ireductibilă, deci putem presupune că $m$ și $n$ nu au divizori comuni în afară de $1$).

Ridicăm la pătrat și înmulțim cu $n^2$:

$$2=\frac{m^2}{n^2}⟹m^2=2n^2.$$

Membrul drept este par, deci $m^2$ este par; prin lemă, $m$ este par, adică $m=2k$ pentru un $k$ natural. Înlocuim:

$$(2k{)}^2=2n^2⟹4k^2=2n^2⟹n^2=2k^2.$$

Acum membrul drept este par, deci $n^2$ este par; prin aceeași lemă, $n$ este par.

Am obținut că $m$ și $n$ sunt amândouă pare, deci se divid cu $2$ — dar noi presupusesem fracția $\frac{m}{n}$ ireductibilă, adică $m$ și $n$ fără divizori comuni. Contradicție.

Prin urmare presupunerea este falsă: $\sqrt{2}$ nu se poate scrie ca raport de numere întregi, adică este irațional. $■$

Merită observat unde a fost pusă capcana: în alegerea fracției ireductibile. Fără acea precizare, „$m$ și $n$ sunt pare" nu ar fi fost o contradicție, ci doar o informație. Trucul de redactare — „putem presupune fracția ireductibilă" — este ceea ce transformă deducția într-o ciocnire.

Consecință practică imediată: numărul $\sqrt{2}\approx 1,414213562\dots$ are o dezvoltare zecimală infinită și neperiodică. Niciun calculator nu îl va afișa exact, oricâte zecimale ar avea.

5. A doua demonstrație clasică: există o infinitate de numere prime

Teoremă (Euclid). Mulțimea numerelor prime este infinită.

Demonstrație. Presupunem contrariul: mulțimea numerelor prime este finită. Atunci le putem scrie pe toate, într-o listă completă:

$$p_1=2,p_2=3,p_3=5,\dots ,p_n$$

unde $p_n$ este cel mai mare număr prim. Construim numărul

$$N=p_1\cdot p_2\cdot \dots \cdot p_n+1.$$

Numărul $N$ este mai mare decât $1$, deci are cel puțin un divizor prim; fie $q$ un divizor prim al lui $N$. Cum lista noastră era completă, $q$ trebuie să fie unul dintre $p_1,p_2,\dots ,p_n$, deci $q$ divide produsul $p_1{p}_2\cdots p_n$. Dar $q$ divide și $N$; atunci $q$ divide diferența:

$$N-p_1{p}_2\cdots p_n=1.$$

Deci $q\mid 1$, ceea ce este imposibil, pentru că orice număr prim este cel puțin $2$. Contradicție.

Prin urmare presupunerea că mulțimea numerelor prime este finită este falsă: există o infinitate de numere prime. $■$

Un avertisment care se dă rar, dar contează: demonstrația nu spune că numărul $N$ construit este prim. Uneori chiar este ($2\cdot 3+1=7$, $2\cdot 3\cdot 5+1=31$, $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7+1=211$ — toate prime), dar nu întotdeauna:

$$2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13+1=30031=59\cdot 509.$$

Aici $N$ nu e prim — și totuși demonstrația funcționează perfect, pentru că divizorii lui primi, $59$ și $509$, sunt oricum în afara listei. Argumentul cere doar existența unui divizor prim, nu primalitatea lui $N$.

6. Argumente de paritate și de rest

O familie întreagă de demonstrații prin absurd se sprijină pe o observație simplă: un număr nu poate fi în același timp par și impar. Sau, mai general: împărțit la $3$, un număr dă exact unul dintre resturile $0$, $1$, $2$ — nu două deodată.

Exemplu. Nu există niciun număr natural $n$ pentru care $n^2+n+1$ să fie par.

Demonstrație. Presupunem că există $n$ natural cu $n^2+n+1$ par. Scriem $n^2+n+1=n(n+1)+1$. Dintre numerele consecutive $n$ și $n+1$, unul este obligatoriu par, deci produsul $n(n+1)$ este par. Atunci $n(n+1)+1$ este impar. Am obținut că același număr este și par (din presupunere), și impar (din calcul) — contradicție. Deci nu există un astfel de $n$. $■$

Aceeași idee, cu resturi la împărțirea cu $3$, dă instrumentul pentru iraționalitatea lui $\sqrt{3}$: dacă $n$ dă restul $0$, $1$ sau $2$ la împărțirea cu $3$, atunci $n^2$ dă restul $0$, $1$, respectiv $1$. Deci $n^2$ nu dă niciodată restul $2$, iar dacă $3\mid n^2$, atunci obligatoriu $3\mid n$ — exact lema de care e nevoie ca să repeți raționamentul de la $\sqrt{2}$.

7. Reducere la absurd sau contrapoziție?

Cele două metode sunt înrudite, dar nu identice, iar diferența merită înțeleasă clar.

Contrapoziția se folosește când ai de demonstrat o implicație $p\Rightarrow q$: demonstrezi în schimb $\overline{q}\Rightarrow \overline{p}$, ceea ce este logic echivalent. Nu apare nicio contradicție; e o demonstrație directă, doar că a altei implicații. Exemplu: lema de paritate de mai sus.

Reducerea la absurd se folosește pentru orice fel de propoziție $p$ (nu doar implicații): presupui $\overline{p}$ și cauți o contradicție oarecare — cu ipoteza, cu o teoremă cunoscută sau cu o afirmație obținută mai devreme în chiar demonstrația ta.

Când $p$ are forma $u\Rightarrow v$, negația este „$u$ adevărat și $v$ fals", deci demonstrația prin absurd pornește cu două informații: ipoteza $u$ și negarea concluziei $v$. Contrapoziția pornește doar cu $\overline{v}$. De aceea reducerea la absurd este mai flexibilă, dar și mai riscantă: cu mai multe presupuneri în lucru, e mai ușor să te pierzi.

Regula practică de alegere: dacă enunțul conține „nu există", „este imposibil", „este irațional", „este infinită" — mergi pe reducere la absurd. Dacă ai o implicație clară între două proprietăți simple (par/impar, divizibil/nedivizibil) — încearcă întâi contrapoziția, e mai scurtă.

8. Cum se redactează la Bacalaureat și ce greșeli se depunctează

Structura pe care baremul o așteaptă, în patru mișcări:

1. „Presupunem prin absurd că …" — scrii explicit negația concluziei, cu tot ce înseamnă ea concret (dacă e „rațional", scrii imediat $x=\frac{m}{n}$ cu condițiile de rigoare).
2. Deducțiile, fiecare justificată — aici e corpul demonstrației.
3. „Am obținut … , ceea ce contrazice …" — numești explicit contradicția și cu ce anume se ciocnește.
4. „Deci presupunerea este falsă, prin urmare …" — reformulezi concluzia inițială.

Trei greșeli care costă puncte, în ordinea frecvenței: negarea greșită a concluziei (mai ales la „sau" și la enunțuri cu cuantificatori); „contradicția" care nu e contradicție, ci doar un rezultat neașteptat; și lipsa frazei finale, care leagă contradicția de concluzie — corectorul nu presupune, el citește.

O ultimă recomandare: nu folosi reducerea la absurd când ai o demonstrație directă la îndemână. A scrie „presupunem prin absurd că $2+2\ne 4$" e o pierdere de timp și de claritate. Metoda e o unealtă pentru situațiile în care atacul frontal nu are de unde începe. În lecția următoare, Metoda inducției matematice: principiul dominoului, vei vedea a doua mare unealtă a capitolului — iar cele două se combină des: multe demonstrații prin inducție folosesc, în pasul inductiv, câte un mic argument prin absurd.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Suma dintre un rațional și un irațional

Demonstrați că, dacă $a$ este rațional și $b$ este irațional, atunci $a+b$ este irațional.

Rezolvare. Presupunem prin absurd că $a+b$ este rațional; notăm $a+b=r\in \mathbb{Q}$. Atunci

$$b=r-a.$$

Dar $r$ și $a$ sunt raționale, iar diferența a două numere raționale este rațională (dacă $r=\frac{p}{q}$ și $a=\frac{s}{t}$, atunci $r-a=\frac{pt-qs}{qt}$, raport de întregi cu numitor nenul). Rezultă că $b$ este rațional — ceea ce contrazice ipoteza că $b$ este irațional.

Deci presupunerea este falsă și $a+b$ este irațional. $■$

Consecință utilă: numere precum $1+\sqrt{2}$, $\sqrt{2}-3$ sau $\frac{1}{2}+\sqrt{2}$ sunt toate iraționale, fără să mai reluăm demonstrația de la capăt.

Exemplul 2 — O ecuație fără soluții

Demonstrați că ecuația $x^2-2=0$ nu are soluții raționale.

Rezolvare. Presupunem prin absurd că există $x\in \mathbb{Q}$ cu $x^2=2$. Atunci $x=\sqrt{2}$ sau $x=-\sqrt{2}$. În primul caz, $\sqrt{2}$ ar fi rațional, ceea ce contrazice teorema demonstrată în lecție. În al doilea caz, dacă $-\sqrt{2}$ ar fi rațional, atunci și opusul lui, $\sqrt{2}$, ar fi rațional (opusul unui rațional e rațional) — aceeași contradicție.

Deci ecuația nu are soluții raționale. $■$

Observație. Ecuația are, desigur, soluții reale: $\pm \sqrt{2}$. Enunțul cere absența soluțiilor într-o mulțime anume, iar precizarea mulțimii este esențială — la examen, o demonstrație care „uită" mulțimea nu răspunde la întrebare.

Exemplul 3 — Iraționalitatea lui $\sqrt{3}$

Demonstrați că $\sqrt{3}$ este irațional.

Rezolvare. Avem întâi nevoie de lema: dacă $3\mid n^2$, atunci $3\mid n$. Justificare prin resturi: orice număr natural se scrie $n=3q$, $n=3q+1$ sau $n=3q+2$; ridicând la pătrat obținem, respectiv, $9q^2$, $9q^2+6q+1$ și $9q^2+12q+4$, adică resturile $0$, $1$ și $1$ la împărțirea cu $3$. Deci $n^2$ se divide cu $3$ numai în primul caz, adică numai când $3\mid n$.

Presupunem acum prin absurd că $\sqrt{3}=\frac{m}{n}$, fracție ireductibilă cu $m,n$ naturale nenule. Atunci $m^2=3n^2$, deci $3\mid m^2$ și, prin lemă, $3\mid m$; scriem $m=3k$. Înlocuind: $9k^2=3n^2$, deci $n^2=3k^2$, de unde $3\mid n^2$ și, din nou prin lemă, $3\mid n$.

Așadar $m$ și $n$ se divid amândouă cu $3$, contrazicând ireductibilitatea fracției. Deci $\sqrt{3}$ este irațional. $■$

Exemplul 4 — Un argument de tip „cutie"

Într-un grup de 13 persoane, demonstrați că există două persoane născute în aceeași lună.

Rezolvare. Presupunem prin absurd că oricare două persoane din grup sunt născute în luni diferite. Atunci fiecăreia dintre cele $13$ persoane îi corespunde o lună proprie, distinctă de a celorlalți, deci ar exista cel puțin $13$ luni diferite. Dar anul are doar $12$ luni — contradicție.

Deci presupunerea este falsă: există (cel puțin) două persoane născute în aceeași lună. $■$

Acesta este, în esență, principiul cutiei: dacă $13$ obiecte se distribuie în $12$ cutii, o cutie primește cel puțin două obiecte. Redactarea prin absurd îl face imediat riguros.

Exemplul 5 — Concluzie de tip „sau"

Fie $a,b$ numere reale cu $ab=0$. Demonstrați că $a=0$ sau $b=0$.

Rezolvare. Presupunem prin absurd contrariul concluziei. Negația unei disjuncții este conjuncția negațiilor, deci presupunem $a\ne 0$ și $b\ne 0$.

Cum $a\ne 0$, numărul $a$ este inversabil, deci putem înmulți egalitatea $ab=0$ cu $\frac{1}{a}$:

$$b=\frac{1}{a}\cdot ab=\frac{1}{a}\cdot 0=0.$$

Am obținut $b=0$, în contradicție cu presupunerea $b\ne 0$. Deci presupunerea este falsă și avem $a=0$ sau $b=0$. $■$

Reține tiparul: la concluzii de forma „$X$ sau $Y$", reducerea la absurd îți dă din prima două informații ferme ($\overline{X}$ și $\overline{Y}$) în loc de o alternativă. E cel mai bun motiv practic pentru a alege această metodă.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat

Demonstrați că, dacă $a$ și $b$ sunt numere raționale și $a+b\sqrt{2}=0$, atunci $a=0$ și $b=0$.

Rezolvare. Demonstrăm întâi că $b=0$, prin reducere la absurd: presupunem $b\ne 0$.

Din $a+b\sqrt{2}=0$ și $b\ne 0$ obținem

$$\sqrt{2}=-\frac{a}{b}.$$

Membrul drept este raportul a două numere raționale cu numitor nenul, deci este un număr rațional. Rezultă că $\sqrt{2}$ ar fi rațional, ceea ce contrazice teorema demonstrată în lecție ($\sqrt{2}$ este irațional).

Prin urmare presupunerea este falsă, deci $b=0$. Înlocuind în relația inițială: $a+0\cdot \sqrt{2}=0$, adică $a=0$.

Așadar $a=0$ și $b=0$. $■$

De ce contează acest rezultat: el spune că scrierea unui număr sub forma $a+b\sqrt{2}$, cu $a,b$ raționale, este unică — dacă $a_1+b_1\sqrt{2}=a_2+b_2\sqrt{2}$, atunci scăzând obținem $(a_1-a_2)+(b_1-b_2)\sqrt{2}=0$, deci $a_1=a_2$ și $b_1=b_2$. Este exact proprietatea folosită la Bacalaureat în exercițiile cu numere de forma $a+b\sqrt{2}$.

Să exersăm

Rezolvă pe caiet, cu redactare completă. La fiecare demonstrație prin absurd scrie explicit cele patru părți: presupunerea, deducțiile, contradicția numită și concluzia.

1. Scrie presupunerea de lucru (negația concluziei) pentru fiecare enunț: a) „numărul $x$ este irațional"; b) „nu există $n$ natural cu proprietatea $P(n)$"; c) „$a>0$ sau $b>0$"; d) „mulțimea $A$ este infinită".

2. Demonstrează prin reducere la absurd: dacă $a+b>20$, atunci $a>10$ sau $b>10$.

3. Demonstrează prin reducere la absurd: dacă $n$ este un număr natural și $n^2$ este impar, atunci $n$ este impar.

4. Demonstrează că nu există niciun număr natural $n$ pentru care $n^2+n$ să fie impar.

5. Demonstrează prin reducere la absurd: dacă $x$ este irațional, atunci $-x$ este irațional.

6. Demonstrează că $\sqrt{2}$ este irațional, redactând complet demonstrația (inclusiv lema de paritate), fără să te uiți la lecție.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Într-o demonstrație prin reducere la absurd, contradicția trebuie să fie întotdeauna cu ipoteza problemei."

8. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Negația concluziei «$a=0$ sau $b=0$» este «$a\ne 0$ sau $b\ne 0$»."

9. Demonstrează că nu există un triunghi cu laturile de lungimi $2$, $3$ și $7$.

10. Demonstrează prin reducere la absurd: dacă $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$ și $a,b>0$, atunci $a>b$.

11. Demonstrează că numărul $3+\sqrt{2}$ este irațional.

12. Reia demonstrația lui Euclid și explică, în cuvintele tale, de ce numărul $N=p_1{p}_2\cdots p_n+1$ nu trebuie să fie neapărat prim pentru ca demonstrația să funcționeze. Ilustrează cu $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13+1$.

13. (Problemă aplicată.) Într-o clasă sunt $30$ de elevi și media notelor la teză este exact $7$. Demonstrează prin reducere la absurd că cel puțin un elev are nota mai mare sau egală cu $7$.

14. Demonstrează că $\sqrt{5}$ este irațional. (Indicație: arată întâi că, dacă $5\mid n^2$, atunci $5\mid n$, folosind resturile la împărțirea cu $5$.)

15. (Exercițiu tip Bacalaureat.) Demonstrați că, dacă $a$ și $b$ sunt numere raționale și $a+b\sqrt{3}=0$, atunci $a=0$ și $b=0$.

16. Fie $n$ un număr natural. Demonstrează prin reducere la absurd că, dacă $n^2$ se divide cu $4$, atunci $n$ este par.

17. Demonstrează că nu există numere naturale nenule $x$ și $y$ astfel încât $x^2=2y^2$. (Indicație: leagă enunțul de iraționalitatea lui $\sqrt{2}$.)

18. (Provocare.) Demonstrează că nu există numere naturale nenule $p$ și $q$ astfel încât $2^p=3^q$. Ce spune acest rezultat despre numărul ${\log }_{2}3$?

Răspunsuri și explicații

1. a) „$x$ este rațional", adică $x=\frac{m}{n}$ cu $m,n$ întregi, $n\ne 0$; b) „există $n$ natural cu proprietatea $P(n)$"; c) „$a\le 0$ și $b\le 0$" (De Morgan: negația unui „sau" este un „și"); d) „mulțimea $A$ este finită", deci elementele ei se pot enumera într-o listă completă.

2. Presupunem $a\le 10$ și $b\le 10$. Adunând: $a+b\le 20$, ceea ce contrazice ipoteza $a+b>20$. Deci presupunerea e falsă și $a>10$ sau $b>10$.

3. Presupunem $n^2$ impar și $n$ par, adică $n=2m$. Atunci $n^2=4m^2=2(2m^2)$ este par, contrazicând faptul că $n^2$ este impar. Deci $n$ este impar.

4. Presupunem că există $n$ cu $n^2+n$ impar. Dar $n^2+n=n(n+1)$, produs de două numere naturale consecutive, dintre care unul este obligatoriu par; deci produsul este par. Contradicție cu presupunerea. Așadar $n^2+n$ este par pentru orice $n$ natural.

5. Presupunem $-x$ rațional, $-x=\frac{m}{n}$. Atunci $x=-\frac{m}{n}=\frac{-m}{n}$, raport de întregi cu numitor nenul, deci $x$ ar fi rațional — contradicție cu ipoteza. Deci $-x$ este irațional.

6. Lema: dacă $n$ e impar, $n=2m+1$, atunci $n^2=2(2m^2+2m)+1$ e impar; prin contrapoziție, $n^2$ par $\Rightarrow$ $n$ par. Demonstrația: presupunem $\sqrt{2}=\frac{m}{n}$ ireductibilă; atunci $m^2=2n^2$, deci $m$ par, $m=2k$; înlocuind, $n^2=2k^2$, deci $n$ par; dar atunci $2\mid m$ și $2\mid n$, contrazicând ireductibilitatea. Deci $\sqrt{2}$ este irațional.

7. Fals. Contradicția poate fi cu ipoteza, cu o teoremă cunoscută (ca la $\sqrt{2}$, unde contrazicem ireductibilitatea aleasă de noi) sau chiar cu o afirmație obținută anterior în cursul demonstrației. Esențial este să apară două afirmații care nu pot fi adevărate simultan.

8. Fals. Negația lui „$a=0$ sau $b=0$" este „$a\ne 0$ și $b\ne 0$", conform legilor lui De Morgan. Enunțul propus păstrează „sau" în loc să-l schimbe în „și", ceea ce e greșit — și, folosit ca presupunere, nu duce la nicio contradicție utilă.

9. Presupunem că există un triunghi cu laturile $2$, $3$, $7$. Conform inegalității triunghiului, suma oricăror două laturi trebuie să fie mai mare decât a treia; dar $2+3=5<7$. Contradicție. Deci un astfel de triunghi nu există.

10. Presupunem $a\le b$, cu $a,b>0$. Împărțind inegalitatea $a\le b$ la produsul pozitiv $ab$, obținem $\frac{1}{b}\le \frac{1}{a}$, adică $\frac{1}{a}\ge \frac{1}{b}$ — contradicție cu ipoteza $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$. Deci $a>b$.

11. Presupunem $3+\sqrt{2}$ rațional, $3+\sqrt{2}=r\in \mathbb{Q}$. Atunci $\sqrt{2}=r-3$, diferență de numere raționale, deci număr rațional — contradicție cu iraționalitatea lui $\sqrt{2}$. Deci $3+\sqrt{2}$ este irațional. (Este cazul particular al Exemplului 1.)

12. Demonstrația cere doar ca $N$ să aibă un divizor prim, ceea ce e adevărat pentru orice număr mai mare decât $1$. Acel divizor nu poate fi din lista presupusă completă (altfel ar divide și produsul, deci ar divide și diferența $1$), deci lista nu era completă. Ilustrarea: $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13+1=30031=59\cdot 509$ nu este prim, dar divizorii lui primi, $59$ și $509$, sunt în afara listei $\{2,3,5,7,11,13\}$ — exact ce cerea argumentul.

13. Presupunem că toți cei $30$ de elevi au note strict mai mici decât $7$. Atunci suma notelor este strict mai mică decât $30\cdot 7=210$, deci media este strict mai mică decât $7$ — contradicție cu ipoteza că media este exact $7$. Deci cel puțin un elev are nota cel puțin $7$.

14. Lema: dacă $n=5q+r$ cu $r\in \{0,1,2,3,4\}$, atunci $n^2$ dă la împărțirea cu $5$ resturile $0,1,4,4,1$ respectiv; deci $5\mid n^2$ doar când $r=0$, adică $5\mid n$. Demonstrația: presupunem $\sqrt{5}=\frac{m}{n}$ ireductibilă; atunci $m^2=5n^2$, deci $5\mid m$, $m=5k$; înlocuind, $25k^2=5n^2$, deci $n^2=5k^2$ și $5\mid n$. Contradicție cu ireductibilitatea, deci $\sqrt{5}$ este irațional.

15. Presupunem $b\ne 0$. Din $a+b\sqrt{3}=0$ rezultă $\sqrt{3}=-\frac{a}{b}$, număr rațional (raport de raționale cu numitor nenul), ceea ce contrazice iraționalitatea lui $\sqrt{3}$ (demonstrată în Exemplul 3). Deci $b=0$, iar din relația inițială obținem $a=0$.

16. Presupunem $4\mid n^2$ și $n$ impar, $n=2m+1$. Atunci $n^2=4m^2+4m+1=4(m^2+m)+1$, deci $n^2$ dă restul $1$ la împărțirea cu $4$ și nu se poate divide cu $4$ — contradicție. Deci $n$ este par.

17. Presupunem că există $x,y$ naturale nenule cu $x^2=2y^2$. Împărțind prin $y^2\ne 0$ obținem ${\left(\frac{x}{y}\right)}^2=2$, deci $\frac{x}{y}=\sqrt{2}$ (raportul e pozitiv). Rezultă că $\sqrt{2}$ este rațional — contradicție cu teorema din lecție. Deci nu există astfel de numere.

18. Presupunem că există $p,q$ naturale nenule cu $2^p=3^q$. Membrul stâng este par (fiind $2$ ridicat la o putere nenulă), iar membrul drept este impar (produs de numere impare). Un număr nu poate fi și par, și impar — contradicție. Deci nu există astfel de numere. Consecință: ${\log }_{2}3$ este irațional, pentru că dacă am avea ${\log }_{2}3=\frac{p}{q}$ cu $p,q$ naturale nenule, atunci $2^{p/q}=3$, deci $2^p=3^q$, ceea ce tocmai am arătat că e imposibil.

De reținut

• Structura metodei: presupui negația concluziei, deduci o contradicție, tragi concluzia că presupunerea e falsă — deci afirmația inițială e adevărată. Baza logică: modus tollens și principiul terțului exclus.
• Primul pas decide totul: negația concluziei trebuie scrisă corect și explicit. Negația lui „sau" este „și"; negația lui „nu există" este „există"; negația lui „irațional" îți dă o fracție concretă cu care poți calcula.
• $\sqrt{2}$ este irațional: din $m^2=2n^2$ rezultă $m$ par, apoi $n$ par, contrazicând ireductibilitatea fracției alese. Trucul redactării stă în alegerea fracției ireductibile de la început.
• Există o infinitate de numere prime: presupunând lista finită, numărul $N=p_1{p}_2\cdots p_n+1$ are un divizor prim care nu poate fi în listă. $N$ nu trebuie să fie prim — e de ajuns să aibă un divizor prim.
• Reducerea la absurd se folosește mai ales la enunțuri de tip „nu există", „este imposibil", „este irațional", „este infinită" și la concluzii cu „sau"; pentru implicații simple între proprietăți, contrapoziția e adesea mai scurtă.

Greșeli frecvente

• Negarea greșită a concluziei. Negația lui „$a=0$ sau $b=0$" este „$a\ne 0$ și $b\ne 0$", nu „$a\ne 0$ sau $b\ne 0$". O negație greșită duce toată demonstrația pe alt drum.
• Uitarea condiției de ireductibilitate. La $\sqrt{2}$, dacă nu presupui fracția ireductibilă, faptul că $m$ și $n$ sunt pare nu contrazice nimic — demonstrația se blochează fără să se vadă de ce.
• „Contradicție" care nu e contradicție. Un rezultat surprinzător nu e o contradicție. Ai contradicție doar când două afirmații nu pot fi adevărate simultan (număr par și impar, fracție ireductibilă cu factor comun, $q\mid 1$ cu $q\ge 2$).
• Lipsa frazei finale. După ce ai obținut contradicția, trebuie scris explicit: „deci presupunerea este falsă, prin urmare (concluzia)". La barem, acest rând are punctele lui.
• Abuzul de metodă. Când există o demonstrație directă scurtă, reducerea la absurd doar lungește textul și crește riscul de eroare. Alege metoda după forma concluziei, nu din reflex.

Aplică acasă

1. Alibiul. Scrie un mic scenariu polițist în cinci rânduri, în care nevinovăția unui personaj se demonstrează prin absurd: presupunerea de vinovăție, două consecințe verificabile și contradicția cu o probă. Identifică în textul tău cele patru părți ale schemei din lecție.

2. Calculatorul care nu poate. Calculează $\sqrt{2}$ la calculator și notează toate zecimalele afișate; ridică apoi la pătrat numărul afișat și observă că nu obții exact $2$. Explică în două rânduri, folosind rezultatul lecției, de ce niciun afișaj finit nu va da vreodată valoarea exactă.

3. Vânătoarea de prime. Ia primele numere prime și calculează $2+1$, $2\cdot 3+1$, $2\cdot 3\cdot 5+1$, $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7+1$, $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11+1$, $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13+1$. Verifică pentru fiecare dacă este prim (împarte la primele numere prime până la radicalul lui). Vei găsi exact un caz în care nu e prim — și vei vedea, în practică, de ce demonstrația lui Euclid nu are nevoie de primalitate.

Pentru părinți și profesori

Lecția deschide unitatea „Metode de demonstrație și inducția matematică", una dintre diferențele specifice ale programei de matematică-informatică față de trunchiul comun. Ea verifică trei lucruri: negarea corectă a unei concluzii (competența IX.CS.4.1 — precizarea structurii logice a unui enunț), construirea unui lanț valid de deducții (IX.CS.6.1) și redactarea completă a unei demonstrații (IX.CS.5.1). Iraționalitatea lui $\sqrt{2}$ și infinitatea numerelor prime sunt cele două demonstrații pe care orice absolvent de mate-info ar trebui să le poată reproduce din memorie.

Puncte de verificat în redactarea elevului: (1) scrie explicit „presupunem prin absurd că…" și traduce presupunerea în date concrete (fracție, listă finită, inegalități); (2) la $\sqrt{2}$, alege fracția ireductibilă de la început; (3) numește contradicția și spune cu ce anume se ciocnește; (4) încheie cu fraza care leagă contradicția de concluzie. Întrebări bune de control: „Care este negația concluziei acestei probleme?"; „Cu ce anume se contrazice ce ai obținut?"; „De ce fracția trebuie luată ireductibilă?"; „De ce nu trebuie ca $N$ să fie prim în demonstrația lui Euclid?".

La Bacalaureat (M1, mate-info), reducerea la absurd apare cel mai des sub forma exercițiilor cu numere de tipul $a+b\sqrt{2}$ (unicitatea scrierii, demonstrarea faptului că un anumit număr este irațional) și în probleme de geometrie unde se cere să se arate că o configurație nu este posibilă. Redactarea structurată aduce punctaj chiar și când elevul nu duce calculul până la capăt. Semne că a înțeles: neagă corect concluziile cu „sau", nu confundă „rezultat neașteptat" cu „contradicție" și alege singur între contrapoziție și reducere la absurd.

Întrebări frecvente

Ce este metoda reducerii la absurd? Este o metodă de demonstrație în care presupui că afirmația de demonstrat este falsă, deduci din această presupunere o contradicție și concluzionezi că presupunerea era falsă — deci afirmația inițială este adevărată. Se folosește mai ales când concluzia are forma „nu există", „este imposibil" sau „este irațional".

Care este primul pas al unei demonstrații prin absurd? Negarea corectă a concluziei, scrisă explicit și tradusă în date concrete. Dacă trebuie să arăți că un număr e irațional, presupunerea îți dă o fracție $\frac{m}{n}$ cu care poți calcula; dacă trebuie să arăți că o mulțime e infinită, presupunerea îți dă o listă finită completă.

Ce înseamnă, exact, „am ajuns la o contradicție"? Înseamnă că ai obținut două afirmații care nu pot fi adevărate simultan: un număr par și impar, o fracție ireductibilă ai cărei termeni au un divizor comun, un număr prim care divide pe $1$, o inegalitate și contrara ei. Un rezultat doar surprinzător nu este o contradicție.

Cum se demonstrează că $\sqrt{2}$ este irațional? Presupui $\sqrt{2}=\frac{m}{n}$ cu fracția ireductibilă. Ridicând la pătrat obții $m^2=2n^2$, deci $m^2$ este par și, prin lema de paritate, $m$ este par. Scriind $m=2k$, obții $n^2=2k^2$, deci și $n$ este par. Dar atunci fracția se putea simplifica prin $2$, contrazicând ireductibilitatea — deci $\sqrt{2}$ este irațional.

De ce există o infinitate de numere prime? Dacă ar exista doar un număr finit de numere prime, $p_1,\dots ,p_n$, atunci numărul $N=p_1{p}_2\cdots p_n+1$ ar avea un divizor prim din listă, care ar divide și produsul, deci ar trebui să dividă și diferența, adică pe $1$ — imposibil pentru un număr prim. Contradicția arată că lista nu poate fi completă.

Trebuie ca $N=p_1{p}_2\cdots p_n+1$ să fie prim? Nu. Argumentul folosește doar faptul că orice număr mai mare decât $1$ are un divizor prim. Uneori $N$ chiar e prim ($7$, $31$, $211$, $2311$), dar $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13+1=30031=59\cdot 509$ nu este — și demonstrația funcționează la fel de bine.

Care e diferența dintre reducerea la absurd și contrapoziție? La contrapoziție demonstrezi direct implicația echivalentă $\overline{q}\Rightarrow \overline{p}$, fără să apară vreo contradicție. La reducerea la absurd presupui negația concluziei (având la dispoziție și ipoteza) și cauți o contradicție oarecare. Contrapoziția e mai scurtă la implicații simple; reducerea la absurd e mai flexibilă și acoperă și enunțuri care nu sunt implicații.

Când NU e bine să folosesc reducerea la absurd? Când ai o demonstrație directă la îndemână. Metoda adaugă o presupunere în plus, deci mai multe ocazii de eroare și un text mai lung. Alege-o după forma concluziei: „nu există", „imposibil", „irațional", „infinit" sau o concluzie cu „sau" — acolo dă cel mai mult.