Indukcja matematyczna 1 Zasada indukcji Rozpatrzmy najpierw następujący przykład. Przykład 1 Oblicz sumę 1 + + 5 +... + (n 1). Dyskusja. Widzimy że dla n = 1 ostatnim składnikiem powyższej sumy jest n 1 = 1 czyli suma składa się tylko z jednego składnika: 1. Jeśli wprowadzimy oznaczenie S n = 1 + + 5 +... + (n 1) to możemy napisać: S 1 = 1. Widać że S = 1 + = 4 S = 1 + + 5 = 9. Można policzyć że S 4 = 16 S 5 = 5 a nawet S 6 = 6. Widzimy już że powinno być S n = n. Czy można to jakoś uzasadnić? Trzeba się przyjrzeć w jaki sposób otrzymujemy kolejne S n. Na przykład jeśli mamy już obliczone S 6 = 1 + + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 to S 7 = 1 + + 5 + 7 + 9 + 11 + 1 nie będziemy liczyli od początku tylko wykorzystamy oczywistą zależność S 7 = S 6 + 1 = 6 + 1 = 49. Podobnie S 8 = S 7 + 15 = 49 + 15 = 64 i tak dalej. oraz Zwróćmy uwagę na to co należy dodać do S n żeby otrzymać S n+1. Otóż S 7 = S 6 + ( 7 1) = 6 + 6 + 1 = (6 + 1) = 7 S 8 = S 7 + ( 8 1) = 7 + 7 + 1 = (7 + 1) = 8. I tu dopiero mamy pewność że można to ciągnąć dalej i zawsze będzie S n = n. Nasza pewność bierze się stąd że jeśli S n = n to S n+1 = S n + ( (n + 1) 1) = n + n + 1 = (n + 1). Ten ostatni rachunek pokazuje że dla każdego n zachodzi implikacja (wynikanie): S n = n S n+1 = (n + 1). Oznacza to że prawdziwe są następujące implikacje: S 1 = 1 S = S = S = S = S 4 = 4... Jeśli zatem sprawdzimy że S 1 = 1 to z tego będzie wynikała równość S = a z tego z kolei będzie wynikało że S = i tak dalej dla kolejnych liczb naturalnych. Podsumujmy nasze obserwacje. Jeśli chcemy udowodnić równość S n = n dla dowolnego naturalnego n 1 to wystarczy sprawdzić dwie rzeczy: (I) S 1 = 1. (II) Dla każdego naturalnego n 1 zachodzi implikacja S n = n S n+1 = (n + 1). Pytanie (a) Przypuśćmy że sprawdziliśmy pewien wzór dla n = i udowodniliśmy że dla dowolnego naturalnego n z prawdziwości tego wzoru dla liczby n wynika jego prawdziwość dla liczby n. Dla jakich n możemy ten wzór uważać za udowodniony? (b) Wiadomo że do pewnego zbioru A należy liczba. Wiadomo również że (dla dowolnej liczby naturalnej n) jeśli n należy do zbioru A to n należy do zbioru A. Jakie liczby muszą należeć do zbioru A? 1
Ułóż kilka pytań podobnych do postawionych wyżej i znajdź na nie odpowiedzi. Zapamiętajmy że jeśli chcemy udowodnić twierdzenie T (n) dla każdego naturalnego n 1 to możemy się posłużyć metodą indukcji matematycznej. Dowód tą metodą składa się z dwóch elementów bazy indukcji i kroku indukcyjnego. (I) Baza indukcji: T (1). (II) Krok indukcyjny: n 1 (T (n) T (n + 1)) gdzie symbol n 1 oznacza dla każdego n 1. Pytanie Co oznacza zapis n 1 (T (n) T (n+1)) a co oznacza zapis ( n 1 T (n)) T (n+1). Na czym polega różnica między tymi zdaniami? Zadanie 4 Udowodnij że dla dowolnej liczby naturalnej n 1 zachodzą równości: (a) 1 + + 4 +... + n (n + 1) = n (n+1) (n+) (b) 1 1 + 1 + 1 4 +... + 1 n n+1 = n n+1 (c) 1 + + +... + n = ( n(n+1) ) (d) 1 + + 5 +... + (n 1) = n(4n 1) (e) 1 + q + q +... + q n 1 = 1 qn 1 q gdzie q 1. Czasami twierdzenie ma sens i jest prawdziwe również dla n = 0. Wówczas za bazę indukcji możemy przyjąć n = 0 ale wtedy krok indukcyjny trzeba udowodnić dla dowolnego naturalnego n 0. Schemat dowodu wygląda więc następująco: (I) Baza indukcji: T (0). (II) Krok indukcyjny: n 0 (T (n) T (n + 1)). Zadanie 5 Niech n będzie dowolną liczbą naturalną. Wykaż że: (a) liczba n+1 + n + 7 jest podzielna przez 9 (b) liczba 7 n+ + 8 n+1 jest podzielna przez 57 (c) liczba n+ n + 5n 4 jest podzielna przez 5 (d) liczba n+ + 5 n+1 jest podzielna przez 19 (e) liczba 5 5n+1 + 4 5n+ + 5n jest podzielna przez 11. Mocna wersja zasady indukcji Pytanie 6 (a) Wiadomo że twierdzenie T (n) jest prawdziwe dla n = i n = 5. Ponadto dla dowolnego naturalnego n z prawdziwości twierdzeń T (n) i T (n + ) wynika prawdziwość twierdzenia T (n + 4). Dla jakich n twierdzenie T (n) jest prawdziwe? (b) Do zbioru A należą liczby 10 11 i 1. Ponadto dla dowolnej liczby naturalnej n jeśli n n + 1 n + A to n + A. Jakie liczby na pewno należą do zbioru A? Rozważmy następującą sytuację. Pewne twierdzenie T (n) jest prawdziwe dla n = 0 i n = 1. Ponadto dla dowolnego naturalnego n z prawdziwości twierdzeń T (n) i T (n + 1) wynika prawdziwość twierdzenia T (n + ). Wówczas twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego naturalnego n. Według takiego schematu będzie przebiegał dowód indukcyjny w następnym zadaniu. Zapiszmy ten schemat symbolicznie. (I) Baza indukcji: T (0) T (1). (II) Krok indukcyjny: n 0 (T (n) T (n + 1) T (n + )).
Zadanie 7 Ciąg (x n ) spełnia warunki: x 1 = 1 x = x n+ = x n+1 + x n dla n = 1... Wykaż że x n = (1 + ) n + (1 ) n dla n = 1... Następne zadanie jest podobne ale zamiast o ciągu mówimy w nim o funkcji z N do N. Zadanie 8 Funkcja f: N N jest określona następująco: f(0) = f(1) = 5 f(n + ) = 5f(n + 1) 6f(n) dla każdego n N. Udowodnij że f(n) = n + n dla każdego n. Jaki schemat rozumowania należy zastosować w następującym zadaniu? Zadanie 9 Ciąg (a n ) określają następujące warunki: a 0 = a 1 = a = 6 a n = (n + 4)a n 1 4na n + 4(n )a n dla n. Udowodnij że a n = n! + n dla każdego n. W zadaniu 11 zastosujemy taki schemat dowodu: (I) Baza indukcji: T (). (II) Krok indukcyjny: n> (T ()... T (n 1) T (n)). Pytanie 10 Dlaczego w punkcie (II) jest n > a nie n? Zadanie 11 Dowieść że dowolną liczbę naturalną większą od 1 można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. (Jeśli n jest liczbą pierwszą to iloczyn ten składa się tylko z jednego czynnika n.) W pozostałych dwóch zadaniach należy udowodnić że ciąg lub funkcja są jednoznacznie określone przez pewne warunki. Zadanie 1 Dane są liczby naturalne a b p q. Udowodnij że istnieje dokładnie jeden ciąg liczb naturalnych (x n ) spełniający warunki: x 0 = a x 1 = b x n+ = px n+1 + qx n dla n = 0 1... Zadanie 1 Dane są liczby naturalne a 0 a 1... a k 1 oraz funkcja g: N k N. Udowodnij że istnieje dokładnie jedna funkcja f: N N taka że f(n) = a n dla n = 0 1... k 1 oraz f(n + k) = g(a n a n+1... a n+k 1 ) dla n N. Rozwiązania wskazówki odpowiedzi Odpowiedź. (a) Dla n = k gdzie k = 1... (b) Liczby postaci k gdzie k = 0 1... Odpowiedź. Zapis n 1 (T (n) T (n + 1)) to skrócona forma zapisu ( ) (T (1) T ()) (T () T ()) (T () T (4))...
a zapis ( n 1 T (n)) T (n + 1) to skrócona forma zapisu ( ) (T (1) T () T ()...) T (n + 1). Jeśli udowodnimy prawdziwość zdania ( ) to wystarczy sprawdzić że zachodzi T (1) żeby wywnioskować stąd prawdziwość twierdzeń T () T () T (4) i tak dalej. Zdanie ( ) jest w oczywisty sposób prawdziwe jeśli za n wstawimy jakąkolwiek liczbę naturalną. Jednak to zdanie kompletnie do niczego się nie przydaje. Dlatego w kroku indukcyjnym nie wolno pisać: Załóżmy że dla każdego naturalnego n twierdzenie jest prawdziwe. 4 (a) Rozwiązanie. (I) Baza indukcji. Dla n = 1 równość jest oczywista: 1 = 1. (II) Krok indukcyjny. Niech n będzie dowolną liczbą naturalną. Załóżmy że dana w zadaniu równość zachodzi dla n: Wówczas dla n + 1 mamy: 1 +... + n (n + 1) =. 1 +... + n (n + 1) + (n + 1) (n + ) = ( ) n = (n + 1) (n + ) + 1 = czyli dla n + 1 równość jest prawdziwa. Na mocy zasady indukcji matematycznej równość 1 + +... + n (n + 1) = zachodzi dla dowolnego naturalnego n 1. (n + 1) (n + ) (n + ) + (n + 1) (n + ) = 5 (a) Rozwiązanie. Dla n = 0 mamy liczbę 0+1 + 0 + 7 = 9 która jest oczywiście podzielna przez 9. Niech n będzie dowolną liczbą naturalną. Załóżmy że dla n twierdzenie jest prawdziwe czyli liczba n+1 + n + 7 jest podzielna przez 9. Wówczas (n+1)+1 + (n + 1) + 7 = n+ + n + + 7 = 4 n+1 + n + 10 = 4 ( n+1 + n + 7) 9n 18. Liczby 9n i 18 są podzielne przez 9 liczba n+1 + n + 7 też (z założenia indukcyjnego) więc liczba (n+1)+1 + (n + 1) + 7 również jest podzielna przez 9 czyli dla n + 1 twierdzenie jest prawdziwe. Na mocy indukcji matematycznej liczba n+1 + n + 7 jest podzielna przez 9 dla dowolnego naturalnego n. 6 Odpowiedź. (a) Dla n = + k gdzie k = 0 1... (b) Liczby naturalne większe lub równe 10. 4
9 Rozwiązanie. Mamy więc dla n = 0 1 twierdzenie jest prawdziwe. a 0 = 0! + 0 a 1 = 1! + 1 a =! + Niech n będzie dowolną liczbą naturalną. Załóżmy że Wówczas dla n + mamy a n = n! + n a n+1 = (n + 1)! + n+1 i a n+ = (n + )! + n+. a n+ = (n + 7)a n+ 4(n + )a n+1 + 4(n + 1)a n = = (n + 7)((n + )! + n+ ) 4(n + )((n + 1)! + n+1 ) + 4(n + 1)(n! + n ) = czyli dla n + twierdzenie jest prawdziwe. = tu jest trochę rachunków = (n + )! + n+ Na mocy indukcji wzór a n = n! + n zachodzi dla dowolnego naturalnego n. 11 Rozwiązanie. Oczywiście n = jest liczbą pierwszą czyli iloczynem jednej liczby pierwszej samej siebie. Niech n będzie dowolną liczbą naturalną większą od. Załóżmy że każdą liczbę naturalną mniejszą od n można przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych. Pokażemy że n też można. Jesli n jest liczbą pierwszą to teza dla n zachodzi. Jeśli n jest liczbą złożoną to można ją przedstawić w postaci iloczynu dwóch liczb od niej mniejszych ale większych od 1: n = k l 1 < k l < n. Na mocy założenia zarówno k jak i l jest iloczynem liczb pierwszych: k = p 1... p i l = q 1... q j zatem n = k l też oczywiście można tak przedstawić: n = p 1... p i q 1... q j co kończy dowód kroku indukcyjnego. 1 Wskazówka. Pokaż indukcyjnie że dla każdego m N istnieje dokładnie jedna funkcja f m : {0 1... m + k} N taka że f m (n) = a n dla n = 0 1... k 1 oraz f m (n + k) = g(a n a n+1... a n+k 1 ) dla n = 0 1... m. Piotr Jędrzejewicz Ćwiczenia ze wstępu do matematyki dla informatyków I rok informatyki jesień 00. Indukcja matematyczna wersja trzecia 1 II 00. 5