1. No category

INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN
1. Matematisk induksjon
I læreboken står kun en liten trudelutt om matematisk induksjon i margen på side
110 (side 109 i utg. 7, side 108 i utg. 6). 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 ≥ n0 , der n0 er et fiksert heltall (ofte er n0 = 1).
For å vise at P (n) er sann for alle heltall n ≥ n0 er det nok å vise følgende to
fakta:
(I) Utsagnet P (n) er sant når n = n0 (dvs. P (n0 ) 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 ≥ n0 , så holder også P (n) når n = k + 1 (dvs. at hvis P (k) er sant
så er også P (k + 1) sant).
Merknad 1. I steg 2 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 + 1) 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 (n0 ) sann. Trinn (II) med k = n0 viser derfor at også P (n0 + 1) er sann.
Vi kan derfor bruke (II) en gang til med k = n0 + 1, som viser da at også P (n0 + 2)
er sann. Trinn (II) nok en gang med k = n0 + 2 gir at P (n0 + 3) er sann, osv.
2. 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 12 i §4.10)). Vi skal her se på noen andre eksempler på bruk av
induksjonsprinsippet. Forsøk gjerne å løse problemene på egen hånd først.
1
2
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN
Eksempel 1. Vis at for ethvert positivt heltall n, er summen av alle heltallene fra
1 til n lik n(n + 1)/2.
Bevis ved induksjon. Vi skal vise at utsagnet
n
X
n(n + 1)
P (n)
i = 1+2+3+···+n =
2
i=1
er riktig for alle heltall n ≥ 1. (Første likhet til venstre er kun definisjonen av
summenotasjon, som jeg regner med er kjent fra VGS.)
Først observerer vi at P (1) er riktig: Ved å sette n = 1 inn i formelen, ser vi nemlig
at venstresiden er da lik 1 og høyresiden er lik 1(1+1)
= 22 = 1. (Dette er trinn I.)
2
La oss nå anta at påstanden P (n) holder for n = k, der k ≥ 1, dvs. vi antar at
P (k) holder, med andre ord at
k
X
(1)
i=1
i = 1+2+3+···+k =
k(k + 1)
2
(Dette er induksjonshypotesen.) Vi vil bruke dette til å vise at P (k + 1) holder
(induksjonstrinnet). Da regner vi ut:
k+1
X
i
=
i=1
1 + 2 + 3 + · · · + k + (k + 1)
=
(1 + 2 + 3 + · · · + k) + (k + 1)
ved (1) k(k + 1)
=
+k+1
2
(k + 1)(k + 2)
k(k + 1) + 2(k + 1)
=
.
=
2
2
Dette er P (n) for n = k +1. Vi har derfor vist at hvis P (k) er sant så er også P (k +1)
sant og vi er ferdig. Merk hvor vi brukte induksjonshypotesen i induksjonstrinnet.
Merknad 2. Eksempel 1 er Teorem 1(b) i §5.1 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 (1777 – 1855), ifølge en anekdote. Da
han var åtte hadde han nemlig en lærer som ga hele klassen i oppgave å addere alle
positive heltall fra 1 til 100, for å holde dem opptatt. Gauss kom raskt frem til det
riktige svaret, 5050 = 100·101
, ved først å finne frem til formelen 1 + 2 + 3 + · · · + n =
2
n(n+1)
. Den kom han frem til ved å legge merke til at 2 ganger summen kunne skrives
2
som
1 +
2
+
3
+ · · · + (n − 2) + (n − 1) + n +
n + (n − 1) + (n − 2) + · · · +
3
+
2
+ 1
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
3
Siden summen av hver kolonne er n+1 og det finnes n kolonner, er 2(1+2+· · ·+n) =
n(n + 1).
Neste eksempel er av lignende type, men viser at vi noen ganger trenger litt mer
mellomregninger i induksjonstrinnet for å nå frem.
Eksempel 2. Vis at for alle naturlige tall n er
n
X
√
1
1
1
1
√ = 1 + √ + √ + · · · + √ > 2( n + 1 − 1).
n
j
2
3
j=1
Bevis ved induksjon. Vi skal vise at utsagnet
P (n)
n
X
√
1
1
1
1
√ = 1 + √ + √ + · · · + √ > 2( n + 1 − 1)
n
j
2
3
j=1
er riktig for alle heltall n ≥ 1.
Vi starter med å sjekke om P (1) er riktig: Ved å sette√n = 1 inn i ulikheten, ser vi
nemlig at venstresiden
er da lik 1 og høyresiden er lik 2( √2 −1). Påstanden P (1) sier
√
derfor at 1 > 2( 2 − 1). Dette er ekvivalent med 32 > 2, som igjen er ekvivalent
med 94 > 2, som er åpenbart riktig1. Vi har dermed vist at P (1) holder. (Dette er
trinn I.)
La oss nå anta at påstanden P (n) holder for n = k, der k ≥ 1, dvs. vi antar at
P (k) holder, med andre ord at
(2)
1Her
k
X
√
1
1
1
1
√ = 1 + √ + √ + · · · + √ > 2( k + 1 − 1).
j
2
3
k
j=1
har vi gjort mellomregningene
√
√
√
3 √
1 > 2( 2 − 1) ⇔ 1 > 2 2 − 2 ⇔ 3 > 2 2 ⇔ > 2 ⇔
2
2 √ 2
3
9
>
2 ⇔ > 2.
2
4
4
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN
(Dette er induksjonshypotesen.) Vi vil bruke dette til å vise at P (k + 1) holder. Vi
regner ut
k+1
X
1
1
1
1
1
√
=
1+ √ + √ +···+ √
+√
j
k+1
2
3
k
j=1
√
1
2( k + 1 − 1) + √
k+1
√
√
2( k + 1 − 1) k + 1 + 1
√
=
k+1
√
2(k + 1) − 2 k + 1 + 1
√
=
k+1
√
k+1
2k + 3
√
− 2√
=
k+1
k+1
2k + 3
√
=
−2
k+1
(Merk at vi altså har brukt induksjonshypotesen her, i andre trinn; resten er elementær regning.) For å vise påstanden P (k + 1), som lyder:
ved (2)
>
P (k + 1)
k+1
X
√
1
√ > 2( k + 2 − 1),
j
j=1
ser vi at det derfor holder å vise ulikheten
√
2k + 3
√
> 2 k + 2.
(3)
k+1
√
Ganger vi begge sidene med k + 1 og kvadrerer, så får vi at siste ulikhet er ekvivalent med
(2k + 3)2 > 4(k + 1)(k + 2),
eller
4k 2 + 12k + 9 > 4k 2 + 12k + 8,
som er sann. Vi har derfor vist at P (k+1) holder hvis P (k) er sant. Induksjonsbeviset
er dermed ferdig. Neste eksempel er et eksempel på induksjonsstart i et heltall større enn 1. 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 < 2n .
Bevis ved induksjon. Vi skal vise at ulikheten 4n < 2n er riktig for alle heltall
n ≥ 5.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
5
For n = 5 sier ulikheten
4 · 5 < 25 ,
m.a.o
20 < 32,
som er riktig.
Anta nå at ulikheten holder for et heltall n = k ≥ 5, dvs. anta
4k < 2k , for et heltall k ≥ 5.
Adderer vi 4 på begge sider2, får vi
(4)
4k + 4 < 2k + 4.
Vi observerer at 4 = 22 ≤ 2k , siden k ≥ 5, slik at
(5)
2k + 4 ≤ 2k + 2k = 2 · 2k = 2k+1 .
Setter vi sammen (4) og (5), får vi:
4(k + 1) < 2k+1 ,
som er ulikheten 4n < 2n for n = k + 1. Vi har dermed vist ulikheten for alle n ≥ 5
ved induksjon. Neste eksempel er av en litt annen type:
Eksempel 4. Vis at 8n − 3n er delelig på 5 for alle heltall n ≥ 1.
Bevis ved induksjon. For n = 1 er 8n − 3n = 8 − 3 = 5, som er delelig på 5. Anta
nå at
(6)
8k − 3k er delelig på 5 for et heltall k ≥ 1.
Vi vil vise at også 8k+1 − 3k+1 er delelig på 5. Da skriver vi3
8k+1 −3k+1 = 8·8k −8·3k +8·3k −3·3k = 8·(8k −3k )+(8−3)·3k = 8·(8k −3k )+5·3k .
Induksjonshypotesen (6) gir at 8 · (8k − 3k ) er delelig på 5. Dessuten er også 5 · 3k
delelig på 5. Men da er også summen 8 · (8k − 3k ) + 5 · 3k delelig på 5, slik at vi har
vist at 8k+1 − 3k+1 er delelig på 5. Vi har dermed vist påstanden for alle n ≥ 1 ved
induksjon. 2Hvorfor
kom vi på å addere akkurat 4? Jo, vi visste at vi ville frem til ulikheten for n = k + 1,
dvs. 4(k + 1) < 2k+1 . 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.
3Igjen, hvorfor kom vi på dette “trikset” med å legge til og trekke fra 8 · 3k ? Jo, vi ønsker å
kunne bruke induksjonshypotesen, som involverer uttrykket 8k − 3k . Vi ser at 8k+1 = 8 · 8k , og for
å fremskaffe uttrykket 8k − 3k trekker vi fra 8 · 3k , og skriver 8 · 8k − 8 · 3k = 8 · (8k − 3k ). Selvsagt
må vi da også legge til 8 · 3k , og må jobbe videre med det uttrykket vi da får.
6
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 + 1)
.
2
(b) Vis at det totale antall bokser i de n øverste lagene er
n(n + 1)(n + 2)
.
6
Løsning. (a) La An være totalt antall bokser i det n-te laget ovenfra. Da vet vi at
A1 = 1 (og A2 = 3, A3 = 6). Siden det n-te laget oppnås ved å legge til ytterligere n
bokser i forhold til forrige lag, har vi An = 1 + 2 + · · · + n, og vi kan nå løse oppgaven
som i Eksempel 1.
En alternativ, men nesten helt ekvivalent løsning, er å argumentere for at vi har
rekursjonsformelen
(7)
An = An−1 + n, for alle heltall n ≥ 2,
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)
for alle heltall n ≥ 1.
For n = 1 sier dette A1 =
An =
1·2
2
n(n + 1)
.
2
= 1, som er riktig.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
7
Anta at (8) holder for et heltall n = k ≥ 1 (induksjonshypotesen). Siden k + 1 ≥ 2,
kan vi konkludere fra (7) at Ak+1 = Ak + (k + 1), som sammen med induksjonshypotesen for n = k gir at
k(k + 1)
k(k + 1) + 2(k + 1)
Ak+1 = Ak + k + 1 =
+ (k + 1) =
2
2
(k + 2)(k + 1)
(k + 1)(k + 2)
=
=
,
2
2
som er formelen (8) for n = k + 1. Vi har dermed vist at (8) holder for alle heltall
n ≥ 1 ved induksjon.
(b) Oppgaven ber oss om å vise at
(9)
A1 + · · · + An =
n(n + 1)(n + 2)
6
holder for alle heltall n ≥ 1.
For n = 1 sier dette at A1 = 1·2·3
= 1, som igjen er riktig.
6
Anta nå at (9) holder for et heltall n = k ≥ 1, dvs. anta
k(k + 1)(k + 2)
.
6
Vi kommer også til å bruke det vi viste i (a) for n = k + 1, nemlig
(10)
A1 + · · · + Ak =
(11)
Ak+1 =
(k + 1)(k + 2)
.
2
Da regner vi ut:
A1 + · · · + Ak+1
=
(A1 + · · · + Ak ) + Ak+1
(10) k(k + 1)(k + 2)
=
+ Ak+1
6
(k + 1)(k + 2)
(11) k(k + 1)(k + 2)
+
=
6
2
(k + 3)(k + 1)(k + 2)
k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2)
=
=
6
6
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
,
6
som er formelen (9) for n = k + 1. Vi har dermed vist at (9) holder for alle n ≥ 1
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 = n0 ;
8
ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN
• hvor man bruker induksjonshypotesen for n = k for å vise at påstanden holder
også i trinnet n = k + 1.
Ofte er siste punkt veldig uklart utført og i mange tilfeller ikke utført i det hele
tatt.
En annen type, om enn sjeldnere feil, er at man blir så opphengt i induksjonstrinnet
at man glemmer å vise påstanden for n = n0 . Følgende eksempel viser hvor galt det
da kan gå, i det at man “viser” en påstand som er opplagt feil.
“Oppgave”. Vis at n + 1 < n for alle heltall n ≥ 1.
“Svar”. Antar ulikheten holder for n = k, dvs. k + 1 < k. Legger vi til 1 på begge
sider får vi k + 1 + 1 < k + 1, dvs. (k + 1) + 1 < (k + 1), som er ulikheten vi skal vise
for n = k + 1. Har dermed vist at n + 1 < n for alle heltall n ≥ 1 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 + 1”. 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 6. (“The Monstrous Counterexample”, fra P. J. Davies, Are there coincidences in mathematics?, Amer. Math. Monthly, 88 (1981), 311-320). La oss
betrakte påstanden
√
P (n)
1141n2 + 1 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
1 ≤ n ≤ 30 693 385 322 765 657 197 397 207.
Men det morsomme er at påstanden slår feil for neste heltall,
n = 30 693 385 322 765 657 197 397 208.
Eksempel 7. Et Fermat-tall, oppkalt etter den berømte franske matematikeren (og
juristen!) Pierre de Fermat (1601 eller 1607–1665), er et tall på formen
Fn = 22 + 1, for et heltall ≥ 0.
n
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
9
De første Fermat-tallene er
F0
F1
F2
F3
F4
F5
F6
=
=
=
=
=
=
=
3
5
17
257
65537
4294967297
18446744073709551617
Fermat sjekket at de fem første Fermat-tallene F0 , . . . , F4 er primtall og la frem en
formodning om at alle Fn var det. Den tyske matematikeren Leonhard Euler viste
imidlertid i 1732 at F5 ikke er det, siden 4294967297 = 641 · 6700417. (Fremdeles
idag kjenner man ingen andre Fermat-tall enn de fem første som er primtall. Man
vet at ingen av Fn for 5 ≤ n ≤ 32 er primtall, og det største Fermat-tallet man har
vist ikke er et primtall er F3329780 .)
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 MAT111, og den er derfor heller ikke pensum. Imidlertid vil
(noen av) dere merke at det i senere kurs tas for gitt at dere også kan denne 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 2). La P(n) være et utsagn som gir mening for
ethvert heltall n ≥ n0 , der n0 er et fiksert heltall.
For å vise at P (n) er sann for alle heltall n ≥ n0 er det nok å vise følgende:
(I) P (n0 ) er sant.
(II) Hvis utsagnet P (m) er sant for alle m slik at n0 ≤ m ≤ k, da er også P (k +1)
sant.
Forskjellen er altså at vi antar noe tilsynelatende sterkere i induksjonshypotesen,
nemlig ikke bare at P (k) er sann, men at alle P (n0 ), . . . , P (k) er sanne.
Tanken bak prinsippet er den samme som før (og fortsatt temmelig enkel!): Vi viser
i trinn (I) at P (n0 ) er sann. Trinn (II) med k = n0 viser derfor at også P (n0 + 1) er
sann. Da vet vi at både P (n0 ) og P (n0 + 1) er sanne. Vi kan derfor bruke (II) en
gang til med k = n0 + 1, som viser da at også P (n0 + 2) er sann. Da vet vi at P (n0 ),
P (n0 + 1) og P (n0 + 2) er sanne og kan bruke trinn (II) nok en gang med k = n0 + 2
til å konkludere at P (n0 + 3) er sann, osv.
10
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 + 1) 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 fundamentalteorem4
Eksempel 8. Vis at ethvert heltall n ≥ 2 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 ≥ 2.
Første trinn er å observere at P (2) er opplagt sann, siden 2 er et produkt med seg
selv som eneste faktor, og 2 er primtall.
La nå k ≥ 2 og anta at P (m) er sann for alle heltall m slik at 2 ≤ m ≤ k, dvs
(12)
Alle heltall 2, . . . , k kan skrives som produkt av primtall.
Vi sjekker P (k + 1).
Dersom k + 1 er et primtall, er P (k + 1) sann (av samme grunn som at P (2) var
sann), siden k + 1 er et produkt med én faktor, nemlig seg selv, som er primtall.
Dersom k + 1 ikke er et primtall, da kan det skrives som et produkt k + 1 = ab av
to heltall a og b som begge er ≥ 2 og < k + 1. Induksjonshypotesen vår (12) sier at
både a og b kan skrives som produkt av primtall:
a = p1 p2 · · · ps
b = q1 q2 · · · qt .
Dermed får vi at
k + 1 = ab = p1 p2 · · · ps q1 q2 · · · qt
også er et produkt av primtall, slik at P (k +1) er sann. Vi har dermed vist påstanden
P (n) for alle n ≥ 2 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 12 cents kan oppnås ved å kombinere
frimerker på 4 og 5 cents.
4Aritmetikkens
fundamentalteorem sier at ethvert heltall n ≥ 2 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 ≥ 2 som kun er delelig med seg selv og 1. (Per konvensjon er altså 1 ikke et primtall.)
Eksempel 8 viser kun eksistensen og ikke entydigheten av primtallsfaktoriseringen.
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
11
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 ≥ 12.
Første trinn er å observere at P (12) er opplagt sann, siden 12 = 4 + 4 + 4 = 3 · 4.
Vi observerer også, siden vi kommer til å trenge det senere i beviset, at påstandene
P (13), P (14) og P (15) holder:
P (13) 13 = 2 · 4 + 5
P (14) 14 = 4 + 2 · 5
P (15)
15 = 3 · 5.
Anta nå at P (n) holder for alle n = 12, 13, 14, . . . , k, for et heltall k ≥ 12. Vi vil
nå vise at også P (k + 1) holder.
Dersom k + 1 ≤ 15, er vi ferdige, fordi vi er i ett av spesialtilfellene vi allerede har
sjekket.
Dersom k + 1 ≥ 16, er (k + 1) − 4 ≥ 12. (Her ligger nødvendigheten av å vise
tilfellene 13, 14, 15 for seg.) Ved induksjonshypotesen vet vi at P ((k + 1) − 4) holder,
dvs. at vi kan skrive
Men da vil
(k + 1) − 4 = 4a + 5b, for heltall a, b ≥ 0.
k + 1 = 4a + 5b + 4 = 4(a + 1) + 5b,
som viser at P (k + 1) holder. Vi har dermed vist P (n) for alle n ≥ 12 ved induksjon.