1. No category

Induksjonsbevis
Undervisningsopplegg laget av Johan Nygaard
for Vitenfabrikken i Sandnes
Summen av de naturlige tallene
1 + 2 + 3 + 4 + ……+ n = ??
1 2  3  4  5  6 
6  6  1
2
Vi vil bruke induksjonsbevis til å bevise den
generelle formelen:
n  n  1
1  2  3  4  ...  n 
2
Et induksjonsbevis har to trinn:
• 1) START-TRINN
• 2) INDUKSJONS-TRINN
START-TRINNET:
n  n  1
1  2  3  4  ...  n 
2
Først må vi vise at formelen er riktig for n=1.
Dette ser vi direkte, fordi venstre side er 1,
og høyre side blir
1  1  1 2
 1
2
2
INDUKSJONS-TRINNET:
Deretter må vi vise at dersom vi
antar at formelen er rett når siste
tall er n, da er den også rett når
siste tall er n+1.
Vi må altså vise at av
n  n  1
1  2  3  4  ...  n 
2
følger

n  1  n  1  1
1  2  3  4  ...  n  n  1 
2
n  n  1
1  2  3  4  ...  n 
2
n  n  1

1  2  3  4  ...  n  n  1
2
 n  1
n 2  n  2n  2
n 2  3n  2


2
2

n  1  n  2  n  1  n  1  1


2
2
START-TRINNET:
Formelen er rett for n=1
INDUKSJONSTRINNET: Når den er rett for n=1 er den også rett for n=2
INDUKSJONSTRINNET: Når den er rett for n=2 er den også rett for n=3
INDUKSJONSTRINNET: Når den er rett for n=3 er den også rett for n=4
INDUKSJONSTRINNET: Når den er rett for n=4 er den også rett for n=5
INDUKSJONSTRINNET: Når den er rett for n=5 er den også rett for n=6
•
•
•
osv
Dermed er formelen rett for alle n-verdier.
Summen av kvadrat-tallene
1  2  3  4  ...  n  ??
2
2
2
2
2
6  6  1  2  6  1
1 2 3 4 5 6 
6
2
2
2
2
2
2
Vi vil bruke induksjonsbevis til
å bevise den generelle formelen:
n  n  1  2n  1
1  2  3  4  ...  n 
6
2
2
2
2
2
n  n  1  2n  1
1  2  3  4  ...  n 
6
2
2
2
2
2
Først må vi vise at formelen er riktig for n=1.
Dette ser vi direkte, fordi venstre side er 12=1,
1  1  1  2  1  1 6
og høyre side blir
 1
6
6
Deretter må vi vise at dersom vi
antar at formelen er rett når siste
tall er gitt ved n, da er den også rett
når siste tall er gitt ved n+1.
Vi må altså vise at av
n  n  1  2n  1
1  2  3  4  ...  n 
6
2
2
2
2
2
følger
1  2  3  4  ...  n
2
2
2
2
2

n  1  n  1  1  2n  1  1
 n  1 
2
6
n  n  1  2n  1
1  2  3  4  ...  n 
6
2
2
2
2
2
12  2 2  32  4 2  ...  n 2  n  12 

n

2

 n  2n  1  6  n  1
6
2

n  1  n  2   2n  3

6
n  n  1  2n  1
2
 n  1
6
2n3  9n 2  13n  6

6

n  1  n  1  1  2n  1  1

6
Alternativ utregning:
n  n  1  2n  1
2
1  2  3  4  ...  n  n  1 
 n  1
6
2
2
2
2
2
2
 n  2n  1

 n  n  1  2n  1
2 





n

1


n

1

 n  1 


6
6




 2n  n  6n  6 

 n  1  
6


2
2n 2  7 n  6
 n  1 

6

n  2  2n  3 n  1  n  1  1  2n  1  1
 n  1 

6
6
_____________________________________________________
_____________________________________________________
Summen av kubikk-tallene:
 n  n  1 
1  2  3  4  ...  n  

2


3
3
3
3
3
2
 n  n  1 
1  2  3  4  ...  n  

2


3
3
3
3
2
3
Først må vi vise at formelen er riktig for n=1.
Dette ser vi direkte, fordi venstre side er 13=1,
 1  1  1 
2

    1
 2 
2
2
og høyre side blir
2
Deretter må vi vise at dersom vi
antar at formelen er rett når siste
tall er gitt ved n, da er den også rett
når siste tall er gitt ved n+1.
Vi må altså vise at av
 n  n  1 
1  2  3  4  ...  n  

2


3
3
3
3
2
3
følger:
 n  1  n  1  1 
1  2  3  4  ...  n  n  1  

2


3
3
3
3
3
3
2
 n  n  1 
1  2  3  4  ...  n  

2


3
3
3
3
2
3
 n  n  1 
3







 n 1
1  2  3  4  ...  n  n  1
2


2
3
3
3
3
2
2  n
n 1   4 





n  1  n  2


n 1 



2
22
3
3

 n 1  n  4n  4
4
2
2
 n  1  n  1  1 


2


2
Ved å sammenligne
summen av de naturlige tallene
med summen av kubikk-tallene
ser vi til slutt dette overraskende
og flotte resultatet:
1  2  3  4  ...  n  1  2  3  4  ...  n 
3
3
3
3
3
2
Oppgave 1: Vis at
1  2  2 2  2 3  ...  2 n  2 n 1  1
Oppgave 2: Vis at
n 1
1

k
1  k  k 2  k 3  ...  k n 
1 k
Oppgave 3: Vis at
Oppgave 4: Vis at
1
1
1
1
n


 ... 

1 3 3  5 5  7
(2n  1)( 2n  1) 2n  1
4n – 1 er delelig med 3
for alle hele tall n ≥1
Oppgave 1: Vis at
1  2  2 2  2 3  ...  2 n  2 n 1  1
Start-trinn:
For n=1 er VS= 1+2=3
og HS= 21+1 -1=4 -1=3
Oppgave 1: Vis at
1  2  2 2  2 3  ...  2 n  2 n 1  1
Induksjonstrinn: Vi må vise at formelen ovenfor
medfører 1  2  2 2  23  ...  2n  2n1  2( n1)1  1
Vi adderer 2n+1 på begge sider i oppgaven,
og får på høyre side:
2n+1 – 1 + 2n+1 = 2·2n+1 – 1 = 2(n+1)+1 - 1
Oppgave 2: Vis at
n 1
1

k
1  k  k 2  k 3  ...  k n 
1 k
Start-trinn:
For n=1 er VS= 1+k
og
1  k 11 1  k 2 (1  k )(1  k ) 
HS= 1  k  1  k  1  k
1 k
Oppgave 2: Vis at
n 1
1

k
1  k  k 2  k 3  ...  k n 
1 k
Induksjonstrinn: Vi må vise at formelen ovenfor
( n 1) 1
medfører:
1

k
2
3
n
n 1
1  k  k  k  ...  k  k

1 k
Vi adderer kn+1 på begge sider i oppgaven, og får på høyre side:
n 1
1 k
 k n 1
1 k
1 k
n 1
1  k n 1 k n 1  (1  k )



1 k
1 k
n 1
k k
1 k
( n 1) 1
( n 1) 1
1 k

1 k
Oppgave 3: Vis at
Start-trinn:
For n=1 er VS=
og HS=
1
1
1
1
n


 ... 

1 3 3  5 5  7
(2n  1)( 2n  1) 2n  1
1
1

1 3 3
1
1

2 1  1 3
Oppgave 3: Vis at
1
1
1
1
n


 ... 

1 3 3  5 5  7
(2n  1)( 2n  1) 2n  1
Induksjonstrinn: Vi må vise at formelen ovenfor medfører:
1
1
1
1
1
n 1


 ... 


1 3 3  5 5  7
(2n  1)( 2n  1) (2(n  1)  1)( 2(n  1)  1) 2(n  1)  1
Vi adderer
1
(2(n  1)  1)( 2(n  1)  1)
på begge sider i oppgaven,
og får på høyre side:
n(2n  3)
1
n
1




(2n  1)( 2n  3) (2n  1)( 2n  3)
2n  1 (2n  1)( 2n  3)
2n 2  3n  1
n 1
(n  1)
(2n  1)( n  1)



(2(n  1)  1)
(2n  3)
(2n  1)( 2n  3)
(2n  1)( 2n  3)
Oppgave 4: Vis at
4n – 1 er delelig med 3
for alle hele tall n ≥1
Her må vi først konstruere den formelen som skal bevises.
Ved polynomdivisjon ser vi:
2
(
4
 1) : (4  1)  4  1
n=2 gir
3
2
(
4

1
)
:
(
4

1
)

4
 4 1
n=3 gir
4
3
2
(
4

1
)
:
(
4

1
)

4

4
 4 1
n=4 gir
Vi gjetter derfor på at det finnes en formel som er slik:
(4n  1) : (4  1)  4n1  4n2  ......  4  1
Vi vil bevise denne formelen med induksjonsbevis.
Oppgave 4: Vis at
(4n  1) : (4  1)  4n1  4n2  ......  4  1
Start-trinn:
For n=1 er VS= (4-1) : (4-1)=1
og HS=
1
Oppgave 4: Vis at
(4n  1) : (4  1)  4n1  4n2  ......  4  1
Induksjonstrinn: Vi må vise at formelen ovenfor medfører:
(4
n 1
 1) : (4  1)  4  4
Vi starter med oppgaven
n
n 1
 .....  4  4  1
2
(4n  1) : (4  1)  4n1  4n2  ......  4  1
og legger til 4n på begge sider. Høyresiden blir dermed den vi ønsker.
På venstresiden får vi:
4 n  1 n 4n  1 4n (4  1)
4 n  1  4 n 1  4 n 4 n 1  1
4 



4 1
4 1
4 1
4 1
4 1
som skulle bevises!
Alternativ løsning på Oppgave 4.
Oppgave 4: Vis at
4n – 1 er delelig med 3
for alle hele tall n ≥1
Start-trinn:
Påstanden er sann for n =1, ettersom
41 –1 = 3 , som er delelig med 3.
Alternativ løsning på Oppgave 4.
Oppgave 4: Vis at
4n – 1 er delelig med 3
for alle hele tall n ≥1
Induksjonstrinn: Vi må vise at tallet 4n+1 – 1 er delelig
med 3, forutsatt at 4n – 1 er delelig med 3.
Da 4n – 1 er delelig med 3, fins et naturlig tall k
slik at 4n – 1 = 3k.
Dette kan omformes til 4n = 3k +1
Vi får da: 4n+1 – 1 = 4 · 4n – 1 = 4 · (3k + 1) – 1 =
4 · 3k + 4 – 1 = 4 · 3k + 3 = 3 · (4k + 1)
Svaret inneholder faktoren 3 , og er dermed delelig med 3.