INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN. Matematisk induksjon I læreboken står kun en liten trudelutt om matematisk induksjon i margen på side 0 (side 09 i utg. 7, side 08 i utg. ). Det er en veldig viktig teknikk og vi kommer til å møte på denne flere steder i kurset (og i senere kurs), så det er viktig å lære seg dette. Hensikten med dette notatet er å utfylle læreboken ved å gi noen flere eksempler. Her er en oppsummering av teknikken: Induksjonsprinsippet. La P(n) være et utsagn som gir mening for ethvert heltall n n 0, der n 0 er et fiksert heltall (ofte er n 0 = ). For å vise at P(n) er sann for alle heltall n n 0 er det nok å vise følgende to fakta: (I) Utsagnet P(n) er sant når n = n 0 (dvs. P(n 0 ) er et sant utsagn). (II) Hvis utsagnet P(n) er sant når n = k, der k er et fast men uspesifisert heltall slik at k n 0, så holder også P(n) når n = k + (dvs. at hvis P(k) er sant så er også P(k+) sant). Merknad. I steg tar vi ikke stilling til om utsagnet P(k) virkelig er sant: vi bare viser at om P(k) er sant, så er jammen P(k +) sant også. Antagelsen om at P(k) er sann kalles induksjonshypotesen og hele trinn (II) kalles gjerne induksjonstrinnet. Tanken bak prinsippet (og grunnen til at det virker!) er temmelig enkel: Vi viser i trinn (I) at P(n 0 ) sann. Trinn (II) med k = n 0 viser derfor at også P(n 0 +) er sann. Vi kan derfor bruke (II) en gang til med k = n 0 +, som viser da at også P(n 0 +) er sann. Trinn (II) nok en gang med k = n 0 + gir at P(n 0 +3) er sann, osv.. Noen eksempler på bruk Læreboken har bare noen få eksempler på bruk av induksjonsprinsippet, stort sett knyttet til å beregne n-te deriverte av funksjoner (se også beviset for Taylors teorem (Teorem i 4.0)). Vi skal her se på noen andre eksempler på bruk av induksjonsprinsippet. Forsøk gjerne å løse problemene på egen hånd først.
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN Eksempel. Vis at for ethvert positivt heltall n, er summen av alle heltallene fra til n lik n(n+)/. Bevis ved induksjon. Vi skal vise at utsagnet n P(n) i = ++3+ +n = n(n+) i= er riktig for alle heltall n. (Første likhet til venstre er kun definisjonen av summenotasjon, som jeg regner med er kjent fra VGS.) Først observerer vi at P() er riktig: Ved å sette n = inn i formelen, ser vi nemlig at venstresiden er da lik og høyresiden er lik (+) = =. (Dette er trinn I.) La oss nå anta at påstanden P(n) holder for n = k, der k, dvs. vi antar at P(k) holder, med andre ord at k k(k +) () i = ++3+ +k = i= (Dette er induksjonshypotesen.) Vi vil bruke dette til å vise at P(k + ) holder (induksjonstrinnet). Da regner vi ut: k+ i = ++3+ +k +(k +) i= = (++3+ +k)+(k +) ved () k(k +) = +k + k(k +)+(k +) (k +)(k +) = =. Dette er P(n) for n = k+. Vi har derfor vist at hvis P(k) er sant så er også P(k+) sant og vi er ferdig. Merk hvor vi brukte induksjonshypotesen i induksjonstrinnet. Merknad. Eksempel er Teorem (b) i 5. i læreboken, hvor det bevises på en annen måte uten induksjon. Beviset i boken er lik beviset til den berømte tyske matematikeren Johann Carl Friedrich Gauss (777 855), ifølge en anekdote. Da han var åtte hadde han nemlig en lærer som ga hele klassen i oppgave å addere alle positive heltall fra til 00, for å holde dem opptatt. Gauss kom raskt frem til det riktige svaret, 5050 = 00 0, ved først å finne frem til formelen ++3+ +n = n(n+). Den kom han frem til ved å legge merke til at ganger summen kunne skrives som + + 3 + + (n ) + (n ) + n + n + (n ) + (n ) + + 3 + +
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H 3 Siden summen av hver kolonne er n+ ogdet finnes n kolonner, er (++ +n) = n(n+). Neste eksempel er av lignende type, men viser at vi noen ganger trenger litt mer mellomregninger i induksjonstrinnet for å nå frem. Eksempel. Vis at for alle naturlige tall n er n j= j = + + 3 + + n > ( n+ ). Bevis ved induksjon. Vi skal vise at utsagnet P(n) n j= j = + + 3 + + n > ( n+ ) er riktig for alle heltall n. Vi starter med å sjekke om P() er riktig: Ved å sette n = inn i ulikheten, ser vi nemlig at venstresiden er da lik og høyresiden er lik ( ). Påstanden P() sier derfor at > ( ). Dette er ekvivalent med 3 >, som igjen er ekvivalent med 9 4 >, som er åpenbart riktig. Vi har dermed vist at P() holder. (Dette er trinn I.) La oss nå anta at påstanden P(n) holder for n = k, der k, dvs. vi antar at P(k) holder, med andre ord at () k j= j = + + 3 + + k > ( k + ). Her har vi gjort mellomregningene > ( ) > 3 > 3 > ( ) 3 ( ) 9 > 4 >.
4 ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN (Dette er induksjonshypotesen.) Vi vil bruke dette til å vise at P(k +) holder. Vi regner ut k+ ( = + + + + )+ j 3 k k + j= ved () > ( k + )+ k + = = = = ( k + ) k ++ k + (k +) k ++ k + k +3 k + k + k + k +3 k + (Merk at vi altså har brukt induksjonshypotesen her, i andre trinn; resten er elementær regning.) For å vise påstanden P(k+), som lyder: P(k +) k+ j= ser vi at det derfor holder å vise ulikheten k +3 (3) > k +. k + j > ( k + ), Ganger vi begge sidene med k + og kvadrerer, så får vi at siste ulikhet er ekvivalent med (k +3) > 4(k +)(k +), eller 4k +k +9 > 4k +k+8, somersann. ViharderforvistatP(k+)holderhvisP(k)ersant. Induksjonsbeviset er dermed ferdig. Neste eksempel er et eksempel på induksjonsstart i et heltall større enn. Vi dropper også skrivemåten P(n) for påstanden, siden det ikke er vanlig å være like formell som vi har vært i de forrige eksemplene når forholdene er oversiktlige. Eksempel 3. Vis at for alle heltall n 5, gjelder 4n < n. Bevis ved induksjon. Vi skal vise at ulikheten 4n < n er riktig for alle heltall n 5.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H 5 For n = 5 sier ulikheten 4 5 < 5, m.a.o 0 < 3, som er riktig. Anta nå at ulikheten holder for et heltall n = k 5, dvs. anta Adderer vi 4 på begge sider, får vi 4k < k, for et heltall k 5. (4) 4k +4 < k +4. Vi observerer at 4 = k, siden k 5, slik at (5) k +4 k + k = k = k+. Setter vi sammen (4) og (5), får vi: 4(k +) < k+, som er ulikheten 4n < n for n = k +. Vi har dermed vist ulikheten for alle n 5 ved induksjon. Neste eksempel er av en litt annen type: Eksempel 4. Vis at 8 n 3 n er delelig på 5 for alle heltall n. Bevis ved induksjon. For n = er 8 n 3 n = 8 3 = 5, som er delelig på 5. Anta nå at () 8 k 3 k er delelig på 5 for et heltall k. Vi vil vise at også 8 k+ 3 k+ er delelig på 5. Da skriver vi 3 8 k+ 3 k+ = 8 8 k 8 3 k +8 3 k 3 3 k = 8 (8 k 3 k )+(8 3) 3 k = 8 (8 k 3 k )+5 3 k. Induksjonshypotesen () gir at 8 (8 k 3 k ) er delelig på 5. Dessuten er også 5 3 k delelig på 5. Men da er også summen 8 (8 k 3 k )+5 3 k delelig på 5, slik at vi har vist at 8 k+ 3 k+ er delelig på 5. Vi har dermed vist påstanden for alle n ved induksjon. Hvorfor kom vi på å addere akkurat 4? Jo, vi visste at vi ville frem til ulikheten for n = k +, dvs. 4(k +) < k+. Venstresiden her er nettopp 4k +4, og det første vi derfor prøver på, for å utlede den ønskede ulikheten av (3), er å legge til 4. Så ser vi hva som skjer! Matematikk består ofte av å prøve seg frem. Den pene løsningen vi så skriver i lærebøker og i matematiske artikler er rensket for alle feiltrinn og skrevet i andre rekkefølger enn den vi har på kladd, og viser således ikke alltid hele tankegangen bak. 3 Igjen, hvorfor kom vi på dette trikset med å legge til og trekke fra 8 3 k? Jo, vi ønsker å kunne bruke induksjonshypotesen, som involverer uttrykket 8 k 3 k. Vi ser at 8 k+ = 8 8 k, og for å fremskaffe uttrykket 8 k 3 k trekker vi fra 8 3 k, og skriver 8 8 k 8 3 k = 8 (8 k 3 k ). Selvsagt må vi da også legge til 8 3 k, og må jobbe videre med det uttrykket vi da får.
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN Neste eksempel er hentet fra en eksamensoppgave fra UiO og er et typisk eksempel på en oppgave med praktisk formulering : Eksempel 5. En butikkarbeider har stablet hermetikkbokser oppå hverandre i en slags pyramideform slik at det øverste laget består av én boks, det neste laget av tre bokser plassert i trekant, det neste laget der igjen av seks bokser plassert i trekant osv. Figuren under viser de tre øverste lagene sett ovenfra. (a) Vis at antall bokser i det n-te laget ovenfra er n(n+). (b) Vis at det totale antall bokser i de n øverste lagene er n(n+)(n+). Løsning. (a) La A n være totalt antall bokser i det n-te laget ovenfra. Da vet vi at A = (og A = 3, A 3 = ). Siden det n-te laget oppnås ved å legge til ytterligere n bokser i forhold til forrige lag, har vi A n = ++ +n, og vi kan nå løse oppgaven som i Eksempel. En alternativ, men nesten helt ekvivalent løsning, er å argumentere for at vi har rekursjonsformelen (7) A n = A n +n, for alle heltall n, nettopp siden det n-te laget oppnås ved å legge til ytterligere n bokser i forhold til forrige lag. Oppgaven ber oss om å vise at (8) A n = n(n+). for alle heltall n. For n = sier dette A = =, som er riktig.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H 7 Anta at (8) holder for et heltall n = k (induksjonshypotesen). Siden k+, kan vi konkludere fra (7) at A k+ = A k +(k + ), som sammen med induksjonshypotesen for n = k gir at k(k +) k(k +)+(k +) A k+ = A k +k + = +(k +) = (k +)(k +) (k +)(k +) = =, som er formelen (8) for n = k +. Vi har dermed vist at (8) holder for alle heltall n ved induksjon. (b) Oppgaven ber oss om å vise at (9) A + +A n = n(n+)(n+) holder for alle heltall n. For n = sier dette at A = 3 =, som igjen er riktig. Anta nå at (9) holder for et heltall n = k, dvs. anta k(k +)(k +) (0) A + +A k =. Vi kommer også til å bruke det vi viste i (a) for n = k +, nemlig () A k+ = Da regner vi ut: (k +)(k +). A + +A k+ = (A + +A k )+A k+ (0) k(k +)(k +) = +A k+ () k(k +)(k +) (k +)(k +) = + k(k +)(k +)+3(k +)(k +) (k +3)(k +)(k +) = = (k +)(k +)(k +3) =, som er formelen (9) for n = k +. Vi har dermed vist at (9) holder for alle n ved induksjon. Erfaringsmessig viser det seg at en del studenter har problemer med å utføre matematisk induksjon på riktig måte eller med å føre oppgaver på slik måte at det klart kommer frem at man har forstått teknikken. Det er viktig at det klart kommer frem av føringen: hvor man viser påstanden for n = n 0 ;
8 ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN hvor manbruker induksjonshypotesen forn = k foråvise atpåstanden holder også i trinnet n = k +. Ofte er siste punkt veldig uklart utført og i mange tilfeller ikke utført i det hele tatt. Enannentype, omennsjeldnere feil, eratmanblirsåopphengtiinduksjonstrinnet at man glemmer å vise påstanden for n = n 0. Følgende eksempel viser hvor galt det da kan gå, i det at man viser en påstand som er opplagt feil. Oppgave. Vis at n+ < n for alle heltall n. Svar. Antar ulikheten holder for n = k, dvs. k + < k. Legger vi til på begge sider får vi k++ < k+, dvs. (k+)+ < (k+), som er ulikheten vi skal vise for n = k+. Har dermed vist at n+ < n for alle heltall n ved induksjon. Det morsomme her er at man har utført induksjonstrinnet riktig, og man har vist at dersom påstanden holder for k, så holder den også for k +. Problemet er at man ikke har vist at påstanden er riktig for noen k i det hele tatt, slik at det man har vist er egentlig et tomt utsagn. Ellers er det en ikke så uvanlig feil å tro at man har vist en formel/påstand kun ved å ha sjekket den i de første tilfellene (spesielt skjer dette i tilfeller der man blir bedt om å først gjette en formel/påstand basert på noen enkelttilfeller, og deretter å bevise den). Følgende to velkjente eksempler viser at man ikke kan trekke generelle slutninger ut i fra (noen få) enkelttilfeller. Eksempel. ( The Monstrous Counterexample, fra P. J. Davies, Are there coincidences in mathematics?, Amer. Math. Monthly, 88 (98), 3-30). La oss betrakte påstanden P(n) 4n + er ikke et heltall. Det er lett å sjekke at denne er riktig for de laveste positive heltallene. Faktisk kan man vise at påstanden er riktig for alle heltall n slik at n 30 93 385 3 75 57 97 397 07. Men det morsomme er at påstanden slår feil for neste heltall, n = 30 93 385 3 75 57 97 397 08. Eksempel 7. Et Fermat-tall, oppkalt etter den berømte franske matematikeren (og juristen!) Pierre de Fermat (0 eller 07 5), er et tall på formen F n = n +, for et heltall 0.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H 9 De første Fermat-tallene er F 0 = 3 F = 5 F = 7 F 3 = 57 F 4 = 5537 F 5 = 4949797 F = 844744073709557 Fermat sjekket at de fem første Fermat-tallene F 0,...,F 4 er primtall og la frem en formodning om at alle F n var det. Den tyske matematikeren Leonhard Euler viste imidlertid i 73 at F 5 ikke er det, siden 4949797 = 4 70047. (Fremdeles idag kjenner man ingen andre Fermat-tall enn de fem første som er primtall. Man vet at ingen av F n for 5 n 3 er primtall, og det største Fermat-tallet man har vist ikke er et primtall er F 339780.) 3. Utenfor pensum: Fullstendig induksjon I matematikken brukes også en litt annen variant av induksjonsprinsippet, noen ganger kalt fullstendig induksjon eller streng induksjon. Vi kommer ikke til å få bruk for denne varianten i MAT, og den er derfor heller ikke pensum. Imidlertid vil (noenav) deremerke atdet isenere kurs tasforgittatdere ogsåkandenne varianten, eller at det er opplagt at denne varianten egentlig sier det samme. Jeg inkluderer derfor også denne varianten i notatet, for de som er interessert. Induksjonsprinsippet (versjon ). La P(n) være et utsagn som gir mening for ethvert heltall n n 0, der n 0 er et fiksert heltall. For å vise at P(n) er sann for alle heltall n n 0 er det nok å vise følgende: (I) P(n 0 ) er sant. (II) Hvis utsagnet P(m) er sant for alle m slik at n 0 m k, da er også P(k+) sant. Forskjellen er altså at vi antar noe tilsynelatende sterkere i induksjonshypotesen, nemlig ikke bare at P(k) er sann, men at alle P(n 0 ),...,P(k) er sanne. Tanken bak prinsippet er den samme som før(og fortsatt temmelig enkel!): Vi viser i trinn (I) at P(n 0 ) er sann. Trinn (II) med k = n 0 viser derfor at også P(n 0 +) er sann. Da vet vi at både P(n 0 ) og P(n 0 + ) er sanne. Vi kan derfor bruke (II) en gang til med k = n 0 +, som viser da at også P(n 0 +) er sann. Da vet vi at P(n 0 ), P(n 0 +) og P(n 0 +) er sanne og kan bruke trinn (II) nok en gang med k = n 0 + til å konkludere at P(n 0 +3) er sann, osv.
0 ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN De to induksjonstypene er variasjoner over samme tema, slik at det egentlig ikke er nødvendig å skille mellom disse to typene induksjon så mye som enkelte lærebøker gjør. Sistnevnte type brukes i tilfeller hvor vi ikke så enkelt klarer å redusere påstanden P(k + ) til noe som involverer P(k), men bare klarer å redusere den til P(n) med enda lavere n. Et typisk og klassisk eksempel er beviset for den ene halvdelen av aritmetikkens fundamentalteorem 4 Eksempel 8. Vis at ethvert heltall n kan skrives som et produkt av primtall. Bevis ved (fullstendig) induksjon. Påstanden vi skal vise er P(n) n kan skrives som produkt av primtall for alle n. Første trinn er å observere at P() er opplagt sann, siden er et produkt med seg selv som eneste faktor, og er primtall. La nå k og anta at P(m) er sann for alle heltall m slik at m k, dvs () Alle heltall,...,k kan skrives som produkt av primtall. Vi sjekker P(k +). Dersom k + er et primtall, er P(k +) sann (av samme grunn som at P() var sann), siden k + er et produkt med én faktor, nemlig seg selv, som er primtall. Dersom k+ ikke er et primtall, da kan det skrives som et produkt k+ = ab av to heltall a og b som begge er og < k +. Induksjonshypotesen vår () sier at både a og b kan skrives som produkt av primtall: Dermed får vi at a = p p p s b = q q q t. k + = ab = p p p s q q q t også er et produkt av primtall, slik at P(k+)er sann. Vi har dermed vist påstanden P(n) for alle n ved induksjon. Siste eksempel er igjen av litt mer praktisk karakter og er en klassiker. Den er også spesielt interessant fordi vi i beviset trenger å vise noen flere spesialtilfeller i tillegg til første trinn i induksjonen. Eksempel 9. Vis at enhver porto på minst cents kan oppnås ved å kombinere frimerker på 4 og 5 cents. 4 Aritmetikkens fundamentalteorem sier at ethvert heltall n kan skrives som et produkt av primtall, på en entydig måte (bortsett fra rekkefølgen av faktorene). Vi minner om at et primtall er et heltall n som kun er delelig med seg selv og. (Per konvensjon er altså ikke et primtall.) Eksempel 8 viser kun eksistensen og ikke entydigheten av primtallsfaktoriseringen.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H Bevis ved (fullstendig) induksjon. Påstanden vi skal vise kan matematisk formuleres som P(n) n kan skrives som en sum av 4ere og 5ere for alle heltall n. Første trinn er å observere at P() er opplagt sann, siden = 4+4+4 = 3 4. Vi observerer også, siden vi kommer til å trenge det senere i beviset, at påstandene P(3), P(4) og P(5) holder: P(3) 3 = 4+5 P(4) 4 = 4+ 5 P(5) 5 = 3 5. Anta nå at P(n) holder for alle n =,3,4,...,k, for et heltall k. Vi vil nå vise at også P(k +) holder. Dersom k+ 5, er vi ferdige, fordi vi er i ett av spesialtilfellene vi allerede har sjekket. Dersom k +, er (k + ) 4. (Her ligger nødvendigheten av å vise tilfellene 3,4,5 for seg.) Ved induksjonshypotesen vet vi at P((k+) 4) holder, dvs. at vi kan skrive (k +) 4 = 4a+5b, for heltall a,b 0. Men da vil k + = 4a+5b+4 = 4(a+)+5b, som viser at P(k+) holder. Vi har dermed vist P(n) for alle n ved induksjon.