第5章 直接證明
5.1 按目標選擇證明動作
要證明∀x∈D，先取任意合格x，不替它增加特殊性質；要證明∃y∈E，就構造一個y並檢查它屬於E。證明P⇒Q時，可暫時假設P成立，再推出Q；證明P⇔Q則要處理兩個方向。
「任意」不是「隨便試一個數」。若把待證的整數n直接設為6，就只剩一個特例。一般證明可以在n的條件下引入見證，例如由偶數假設寫n=2k，但不能因此假設k也為偶數。
5.2 把代數式整理成定義需要的形式
對整數a、b，記a∣b表示存在k∈ℤ使b=ak。被整除者b在等式左邊；a、b不必為正。由定義可得每個整數a都整除0，而0只整除0。若要寫b/a或約去a，則必須另有a≠0。
證明整除，通常不必做長除法；把目標整理成a乘上一個整數即可。這和用2乘整數證明偶數，實際上是同一種構造見證的方法。
5.3 例題
例題1 偶數乘任意整數
證明：若a為偶整數、b為任意整數，則ab為偶數。由假設寫a=2r，其中r∈ℤ。於是ab=(2r)b=2(rb)。
因r、b為整數，乘積rb仍為整數，正好是目標需要的見證。這個證明沒有要求b也偶；把條件加強成兩者皆偶雖仍能得到真命題，卻未證明原來較廣的範圍。
例題2 整除的傳遞性
設a∣b且b∣c。由定義，存在整數r、s使b=ar、c=bs。代入得到c=(ar)s=a(rs)，而rs是整數，所以a∣c。
本證明只用乘法與代入，沒有除以a或b，因此連a=0的合格情形也涵蓋。若a=0，第一個假設已迫使b=0，第二個再迫使c=0，與結論一致。
例題3 分情形覆蓋全部整數
證明每個整數n的n(n+1)都是偶數。整數除以2的餘數只可能0或1，所以n必為偶或奇。若n=2k，則n(n+1)=2[k(2k+1)]；若n=2k+1，則n+1=2(k+1)，乘積為2[(2k+1)(k+1)]。
括號中在兩種情形都是整數，因此乘積為偶數。分情形需要說明情形覆蓋全部輸入，不能只處理n>0而漏掉負整數與0。
例題4 平方為零的等價命題
在ℝ上證明x²=0若且唯若x=0。先假設x²=0，也就是x·x=0。由第二冊用過的實數零乘積性質，至少一個因子為0；兩個因子都是x，所以x=0。
反方向，若x=0，直接代入便得x²=0。後半雖短，仍是「若且唯若」不可省略的另一個方向。此命題的背景是實數，不能不查結構就移到任意運算系統。
5.4 證明草稿與成稿
找方法時可從結論往回想：若要a∣c，就要找c=a乘整數；已有c=bs、b=ar，代入自然產生rs。寫成成稿時，再順著已知到結論排列，並把rs的整數資格寫出來。
找路線的逆向思考，不等於可以在證明中把尚未證明的結論當作已知。若採雙向等價變形，每個箭頭的可逆條件仍須保留。
5.5 練習
- B05-C05-Q01 證明兩個奇整數的和是偶數。
- B05-C05-Q02 證明兩個奇整數的乘積是奇數。
- B05-C05-Q03 若3∣a且3∣b，證明3∣(2a−b)。
- B05-C05-Q04 若a∣b且a∣c，證明a∣(b+c)，說明a=0是否需要排除。
- B05-C05-Q05 對實數x，證明x²−2x+1≥0，並找出取等號條件。
- B05-C05-Q06 證明存在整數n使n²>10，並指出存在性證明是否需要列出所有解。
- B05-C05-Q07 證明整數n若是6的倍數，就同時是2與3的倍數。
- B05-C05-Q08 證明a∣0對每個整數a成立，並判斷0∣5。
- B05-C05-Q09 證明整數n的n²+n為偶數，寫出兩種情形的見證。
- B05-C05-Q10 對實數x證明x²=1若且唯若x=1或x=−1，逐方向說明。
5.6 完整解答
Q01
令a=2r+1、b=2s+1，其中r、s∈ℤ。則a+b=2r+2s+2=2(r+s+1)。由整數運算封閉，r+s+1∈ℤ，所以和為偶數。原來兩個奇數可以一正一負，見證仍成立。
Q02
由a=2r+1、b=2s+1，展開ab=4rs+2r+2s+1=2(2rs+r+s)+1。括號內為整數，符合奇數「2乘整數再加1」的定義。不能只從幾個奇數乘法例子推廣。
Q03
寫a=3r、b=3s，其中r、s為整數。則2a−b=6r−3s=3(2r−s)，而2r−s∈ℤ。這正是3∣(2a−b)需要的見證。
Q04
由b=ar、c=as，得到b+c=a(r+s)，且r+s為整數，所以a∣(b+c)。不需排除a=0，因為完全沒有使用除法；當a=0時，原假設本就要求b=c=0，結論也正確。
Q05
配方得x²−2x+1=(x−1)²≥0。等號成立若且唯若x−1=0，也就是x=1。非負性和取等號條件分開核對，才沒有把「可以等於0」誤成「總是等於0」。
Q06
取n=4∈ℤ，則n²=16>10，已完成存在性證明。不需要列出全部解；若題目改成「求所有滿足條件的整數」，才要再證明解集完整性。
Q07
由n=6k、k∈ℤ，可寫n=2(3k)，也可寫n=3(2k)。兩個括號都為整數，因此2∣n與3∣n同時成立。證明「且」的結論時，兩項都必須交出見證。
Q08
任取a∈ℤ，見證k=0使0=a·0，所以a∣0，含a=0。若0∣5，則須有整數k使5=0·k=0，不可能，故0不整除5。整除定義本身有意義，不代表可以實施除以0的運算。
Q09
若n=2k，則n²+n=4k²+2k=2(2k²+k)。若n=2k+1，則n²+n=4k²+6k+2=2(2k²+3k+1)。兩個見證都在ℤ，而整數非偶即奇，故覆蓋全部情形。
Q10
正向：由x²=1得到(x−1)(x+1)=0。實數的零乘積性質保證至少一個因子為0，所以x=1或x=−1。反向：兩個候選分別代入平方都得1。因式分解與零乘積性質也排除了其他實數解。
5.7 本章回看
證明的終點往往藏在目標的定義裡。若直接順推不容易，第6章會改從等價的逆否命題或矛盾假設找路線。