Em matemática, uma prova= demonstração é uma argumentação que procura convencer o leitor de que uma certa uma proposição= afirmação previamente enunciada, está correta. Em outras palavras, uma prova é uma narrativa que ajuda o leitor a entender por que uma dada proposição é verdadeira.
Em geral, as proposições têm a forma
se $A$ então $B$ 
,
sendo $A$ a hipótese
e $B$ a tese da proposição.
Mas às vezes a hipótese não é dada explicitamente.
Qual a estrutura de uma prova? Uma prova é um texto, escrito em língua natural (português, ou inglês, ou russo, ou chinês, etc.), que consiste em uma sequência de sentenças gramaticalmente completas. Mais precisamente, uma prova é uma sequência de afirmações em que cada afirmação decorre logicamente das anteriores. A primeira afirmação é a hipótese da proposição e a última afirmação é a tese.
? | ? | 1 | 2 | B |
? | ? | 2 | 3 | B |
? | ? | 3 | B | 2 |
? | ? | B | 2 | 1 |
? | ? | 2 | 1 | 0 |
? | ? | 3 | 1 | 0 |
2 | B | B | 1 | 0 |
 1  | 2 | 2 | 1 | 0 |
Considere a configuração do jogo
Minesweeper
à direita.
Cada B
representa uma bomba.
As posições em branco não têm bombas
e as posições marcadas com ?
podem ou não ter bombas.
Uma posição marcada com um número $k$
não tem bomba mas é vizinha de exatamente $k$ bombas.
(Cada posição tem até 8 vizinhos:
ao norte, a nordeste, a leste, … , a noroeste.)
Nosso problema é decidir se uma dada posição
?
tem uma bomba ou não.
Cada posição do tabuleiro é especificada por suas coordenadas. Assim, por exemplo, o extremo superior esquerdo do tabuleiro tem coordenadas $(1,1)$ e o cruzamento da primeira linha com a segunda coluna tem coordenadas $(1,2)\text{.}$
Proposição: A posição $(1,2)$ da configuração da figura não tem bomba.
Prova, por contradição:
Suponha, por um momento, que há uma bomba em $(1,2)\text{.}$
A posição $(2,3)$ é vizinha de duas bombas e há uma bomba em $(3,4)\text{.}$
Logo, as posições $(2,2)$ e $(3,2)$ não têm bomba alguma.
Portanto, o 3
na posição $(3,3)$ garante que há uma bomba em $(4,2)\text{.}$
Agora, o 2
na posição $(5,3)$ garante que não há bomba em $(5,2)$
nem em $(6,2)\text{.}$
Mas isso é inconsistente com o 3
na posição $(6,3)\text{.}$
Esta contradição mostra que $(1,2)$ não pode ter uma bomba.
Proposição: Não existem números inteiros positivos $p$ e $q$ tais que $p/q = \sqrt{2}\text{.}$ Em outras palavras, a raiz quadrada de $2$ é irracional.
Prova, por contradição:
Suponha que existem números inteiros positivos $p$ e $q$ tais que $(p/q)^2 = 2\text{.}$
Escolha $p$ e $q$ de modo que eles não tenham divisor comum.
Portanto, não existe número inteiro maior que $1$ que divida tanto $p$ quanto $q\text{.}$
O número $p^2$ é par, pois $p^2 = 2 q^2\text{.}$
O número $p$ é par, pois o produto de quaisquer dois números ímpares é ímpar.
Seja $s$ o número inteiro $p/2\text{.}$
O número $q^2$ é par, pois $q^2 = p^2/2 =$ $(2 s)^2/2 =$ $2 s^2\text{.}$
O número $q$ é par, pois o produto de dois ímpares é ímpar.
Os números $p$ e $q$ são divisíveis por $2\text{.}$
Isso contradiz a maneira como escolhemos $p$ e $q\text{.}$
A contradição mostra que a raiz quadrada de $2$ é irracional.
Proposição: Se $n$ é um número inteiro positivo então $1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 =$ $\frac{1}{6}\,n (n+1) (2n+1)\text{.}$
Prova, por indução em $n\text{:}$
Suponha que $n = 1$ (esta é a base da indução).
Nesse caso, os dois lados da identidade valem $1$ e portanto são iguais.
Suponha agora que $n > 1$ (aqui começa o passo da indução).
Por hipótese de indução, $1^2 + 2^2 + \cdots + (n - 1)^2 =$ $\frac{1}{6}\,(n-1) n (2n - 1)\text{.}$
Portanto, $1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \mbox{}$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = 1^2 + 2^2 + \cdots + (n-1)^2 + n^2$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,(n-1)n(2n-1) + n^2$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,n\,((n-1)(2n-1) + 6n)$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,n\,(2n^2 - 3n + 1 + 6n)$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,n\,(2n^2 + 3n + 1)$
xxxxxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,n\,(n+1)(2n+1)\text{,}$
como queríamos demonstrar.
Mau exemplo. Veja uma maneira feia de organizar a indução. Ela é feia porque vai na direção errada, de $n+1$ para $n\text{,}$ e assim termina com uma expressão que não é idêntica à tese.
Suponha que $n = 1$ (esta é a base da indução).
Então os dois lados da identidade valem $1$ e portanto são iguais.
Suponha agora que a identidade vale para $n$ (aqui começa o passo da indução).
Vamos provar a identidade para $n+1$:
xx $1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 + (n+1)^2 = \mbox{}$
xxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,n(n+1)(2n+1) + (n+1)^2$
xxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,(n+1)\,(n(2n+1) + 6(n+1))$
xxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,(n+1)\,(2n^2 + 7n + 6)$
xxxxxxxxx $\mbox{} = \frac{1}{6}\,(n+1)\,(n+2)(2n+3)$
xxxxxxxxx $\mbox{} =\frac{1}{6}\,(n+1)(n+2)(2(n+1)+1))\text{.}$
O grau de um vértice $v$ num grafo é o número de arestas que têm ponta $v\text{.}$ O grau de um vértice $v$ é denotado por $g(v)\text{.}$
Proposição: Em qualquer grafo, a soma dos graus dos vértices é igual ao dobro do número de arestas. Em outras palavras, se $(V, E)$ é um grafo então $\sum_{v\in V} g(v) = 2 |E|\text{.}$
Prova, por indução em $|E|\text{:}$
Base da indução: $|E| = 0\text{.}$
Nesse caso, $\sum g(v) = 0\text{,}$ e portanto $\sum g(v) =$ $2 |E|\text{.}$
Passo da indução: $|E| > 0\text{.}$
Suponha que a identidade vale em todo subgrafo próprio de $(V, E)$ (esta é a hipótese de indução).
Seja $xy$ uma aresta do grafo.
Seja $F$ o conjunto $E - \{xy\}\text{.}$
Seja $g'(v)$ o grau de $v$ no grafo $(V, F)\text{.}$
Por hipótese de indução, $\sum g'(v) = 2 |F|\text{.}$
Temos $g(x) = 1 + g'(x)\text{,}$ $g(y) = 1 + g'(y)$ e $g(v) = g'(v)$ para todo $v$ diferente de $x$ e $y\text{.}$
Portanto, $\sum g(v) = 1 + 1 + \sum g'(v) = 2 + 2 |F|\text{.}$
Mas $2 + 2 |F| = 2 |E|\text{.}$
Portanto, $\sum g(v) = 2 |E|\text{,}$ como queríamos demonstrar.
Errado. Eis uma versão errada da indução. Ela supõe a tese e acrescenta uma aresta ao grafo em vez de tirar uma.
Base da indução: $|E| = 0\text{.}$
Então $\sum g(v) = 0\text{,}$ e portanto $\sum g(v) = 2 |E|\text{.}$
Passo da indução: suponha que $\sum g(v) = 2 |E|$ para um grafo $(V, E)\text{.}$
Acrescente ao grafo uma nova aresta $xy\text{.}$
Seja $E'$ o novo conjunto de arestas.
Denote por $g'$ os graus dos vértices no grafo $(V, E')\text{.}$
Temos $g'(x) = 1+g(x)\text{,}$ $g'(y) = 1+g(y)$ e $g'(v) = g(v)$ para todo $v$ diferente de $x$ e $y\text{.}$
Portanto, $\sum g'(v) = 1 + 1 + \sum g(v) = 2 + 2 |E|\text{.}$
Mas $2 + 2 |E| = 2 |E'|\text{,}$ e assim $\sum g'(v) = 2 |E'|\text{.}$
Um emparelhamento num grafo é um conjunto de restas que incide no máximo uma vez em cada vértice. Dizemos que um emparelhamento $M$ satura um vértice $v$ se $M$ incide em $v\text{.}$
Proposição: Em qualquer grafo, todo vértice não isolado é saturado por algum emparelhamento máximo.
Prova:
Seja $G$ um grafo e $u$ um vértice não isolado de $G\text{.}$
Seja $M$ um emparelhamento máximo em $G\text{.}$
Se $M$ satura $u$ então nada mais temos que provar.
Suponha agora que $M$ não satura $u\text{.}$
Seja $uv$ qualquer uma das arestas que incidem em $u\text{.}$
O emparelhamento $M$ satura $v$ (pois é máximo).
Seja $vw$ a aresta de $M$ que incide em $v\text{.}$
O conjunto $(M \cup \{uv\}) - \{vw\}$ é um emparelhamento.
Esse emparelhamento é máximo (pois tem o mesmo tamanho que $M$).
Esse emparelhamento satura $u\text{.}$
É claro que você não precisa seguir fielmente o formato dos exemplos acima: o texto da prova pode ser complementado com comentários e observações que tornem a leitura mais fácil. (A propósito, veja o artigo de Reuben Hersh.)
Fundamental Algorithms]
Onde está o erro da prova?
Alguma coisa deve estar errada, pois
quando $n=6$
o lado esquerdo da equação vale $5/6$
enquanto o lado direito vale $4/3\text{.}$
[D.E. Knuth, Fundamental Algorithms
]
What are the most common mistakes people make when writing mathematical proofs?