2.5.2间接证明间接证明：对p→q形式的结论，证明其等价的逆否命题q→p(p→q)(q→p)例2给出定理“若3n+2是奇数，则n是奇数”的间接证明。证明：假定这个蕴含式的后件为假：即假定n是偶数。则对某个整数k来讲有n=2k。所以3n+2=3(2k)+2=6k+2=2(3k+1)，所以3n+2是偶数（因为它是2的倍数）。因为对这个蕴含式后件的否定蕴含着前件为假，所以原来的蕴涵式为真。2.5.3空证明空证明：对p→q形式的结论，证明p为假F→q永真常用于证明定理的特殊情况和数学归纳法例3证明命题P(0)为真，其中P(n)是命题函数“若ｎ大于１，则n2>n”。证明：注意命题P(0)是蕴含式“若0大于1，则02>0”.因为前提0>1为假，所以蕴含式P(0)自动为真。2.5.4平凡证明平凡证明：对p→q形式的结论，证明q为真p→T永真常用于证明定理的特殊情况和数学归纳法例4设P(n)是命题“若a和b是满足ab的正整数，则anbn。”证明命题P(0)为真。证明：命题P(0)是“若a和b是满足ab的正整数，则a0b0”。因为a0=b0=1，所以P(0)的后件为真。因此，P(0)为真。2.5.5归谬证明（反证法）归谬证明：为证明p，证明p→F或p→rr（r是任意的某个命题）（把p也当作前提，证明F或rr）若前提(p→F)，则前提p例5通过给出归谬证明来证明是无理数。证明：设p是命题“是无理数”。假定p为真。则是有理数。将要证明它导致矛盾。在是有理数的假设下，存在整数a和b满足=a/b，其中a和b没有公因子。因为=a/b，所以当这个等式的两端都平方时，就得出2=a2/b2，因此2b2=a2。这意味着是a2偶数，它蕴含着a是偶数。另外因为a是偶数，对某个整数c来说有a=2c。（接下页）因此，2b2=4c2，所以b2=2c2。这意味着b2是偶数。因此b也必然是偶数。已经证明了p蕴含着=a/b，其中a和b没有公因子，以及2整除a和b。这是矛盾的，因为证明了p既蕴含了r，又蕴含了r，其中r是命题：a和b是没有公因子的整数。因此p为假，所以p：“是无理数”为真。对pq形式的结论，可采用归谬证明证明(pq)F（）可把p和q都作为前提（(p→q)pq），证明F或rr例6给出定理“若3n+2是奇数，则n是奇数”的归谬证明。证明：假定3n+2是奇数而n不是奇数，所以n是偶数。按照在上面例2解答里的同样步骤（这个定理的间接证明），可以证明若n是偶数，则3n+2是偶数。这与3n+2是奇数的假定矛盾。证毕。2.5.6分情况证明分情况证明：为证明(p1p2…pn)→q，分别证明p1→q、p2→q、…、pn→q(p1p2…pn)→q(p1→q)(p2→q)…(pn→q)例7证明蕴含式“若n是不能被3整除的整数，则n21(mod3)”。证明：设p是命题“n不能被3整除”，设q是命题“n21(mod3)”.则p等价于p1p2，其中p1是“n1(mod3)”而p2是“n2(mod3)”。因此，为了证明pq，可以证明p1q和p2q。容易给出这两个蕴含式的直接证明。（接下页）首先，假定p1为真，则n1(mod3)，所以对某个整数k来说有n=3k+1.因此n2=9k2+6k+1=3(3k2+2k)+1。由此得出n21(mod3)。因此，蕴含是p1q为真。其次，假定p2为真。则n2(mod3)，所以对某个整数k来说有n=3k+2。因此，n2=9k2+12k+4=3(3k2+4k+1)+1。因此，n21(mod3)，所以蕴含式p2q为真。因为已经证明了p1q和p2q都为真，所以可以得出(p1p2)q为真。另外因为p等价于p1p2,所以pq为真。为证明pq，分别证明(pq)和(qp)(pq)(pq)(qp)例8证明定理“整数n是奇数当且仅当是奇数”。证明：这个定理是形如“p当且仅当q”，其中p是“n是奇数”而q是“n2是奇数”。为了证明这个定理，需要证明pq和qp都为真。已经证明了（在例1里）pq为真。将要用间接证明来证明qp。假定它的后件为假，即n是偶数。则对某个整数k来说有n=2k。于是n2=4k2=2(2k2)，所以n2是偶数。这样就完成了qp的间接证明。因为已经证明了pq和qp都为真，所以就已经证明了这个定理为真。例9证明当n是整数时，下列三个命题等价。P1:nmod3=1或nmod3=2P2:n不能被3整除P3:n21