Indukcja matematyczna. Ciągi zadane zależnościami

Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Indukcja matematyczna. Ciągi zadane zależnościami rekurencyjnymi
Dla powszechnie znanych zbiorów liczbowych przyjmujemy następujące oznaczenia:
N = {1, 2, 3, . . .} – zbiór liczb naturalnych1 ,
N0 = N ∪ {0} = {0, 1, 2, 3, . . .},
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} – zbiór liczb całkowitych,
k
Q= m
: k ∈ Z, m ∈ N – zbiór liczb wymiernych,
R – zbiór liczb rzeczywistych,
C – zbiór liczb zespolonych,
Zasada Indukcji Matematycznej jest twierdzeniem opisującym pewną szczególną własność liczb
naturalnych. Nie będziemy tego twierdzenia dowodzić, ale będziemy się nim posługiwać przy dowodach innych własności liczb naturalnych lub innych obiektów które można ponumerować liczbami
naturalnymi.
Twierdzenie 1. (Zasada Indukcji Matematycznej) Niech A będzie podzbiorem zbioru liczb naturalnych takim, że
(1) pewna liczba naturalna k ∈ A,
(2) dla każdej liczby naturalnej m, jeśli m ∈ A, to m + 1 ∈ A,
to A = {k, k + 1, k + 2, . . .}. W szczególności, jeśli k = 1, to A = N.
Podpunkt (1) założenia twierdzenia nazywamy bazą indukcji. Podpunkt (2) jest implikacją; jej
poprzednik nazywamy założeniem indukcyjnym, a następnik tezą indukcyjną.
Wykorzystanie ZIM w dowodach własności wszystkich liczb naturalnych lub wszystkich liczb
większych od liczby z góry ustalonej, sprowadza się do wykazania, że spełnione są założenia (1) i (2).
Na ogół sprawdzenie pierwszego warunku jest banalnie proste. Trudniejszą częścią jest warunek
(2), ponieważ musimy tu udowodnić, że z założenia indukcyjnego wynika teza indukcyjna.
Przykład 1. Udowodnimy że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
n
X
√
1
√ > n.
i
i=1
(1)
W tym celu, najpierw przy ustalonej liczbie naturalnej n przez Ln i Pn oznaczmy odpowiednio
√
lewą i prawą stronę rozważanej równości. Dla n = 1 mamy L1 = √11 = 1 = 1 = P1 . Zatem
L1 > P1 . Sprawdźmy jeszcze prawdziwość równości dla n = 2. Mamy,
√
√
√
1
2+1
1+1
2
1
> √
= √ = 2 = P2 .
L2 = √ + √ = √
1
2
2
2
2
Załóżmy teraz, że dla pewnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność Ln > Pn , tzn.
√
1
1
1
√ + √ + · · · + √ > n.
n
1
2
(2)
Na podstawie tej nierówności chcemy dowieść, że Ln+1 > Pn+1 , tzn.
√
1
1
1
1
√ + √ + ··· + √ + √
> n + 1.
n
n+1
1
2
1
(3)
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Mamy
z zał. ind.
1
1
1
1
1
1
Ln+1 = √ + √ + · · · + √ + √
= Ln + √
>
Pn + √
=
n
n+1
n+1
n+1
1
2
√
p
√
√
n(n + 1) + 1
n2 + 1
1
n+1
√
n+ √
=
> √
=√
= n + 1 = Pn+1 .
n+1
n+1
n+1
n+1
Wykazaliśmy zatem, że z nierówności Ln > Pn wynika nierówność Ln+1 > Pn+1 , a ponieważ
nierówność jest prawdziwa także dla małych wartości n, więc jest ona prawdziwa dla wszystkich
liczb naturalnych n.
Przykład 2. Udowodnimy, że dla dowolnej liczby naturalnej n
8 | 5n+1 + 2 · 3n + 1.
(4)
Innymi słowy, mamy udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje liczba całkowita t,
taka że
5n+1 + 2 · 3n + 1 = 8 · t
(5)
Dla n = 1 mamy
51+1 + 2 · 31 + 1 = 25 + 6 + 1 = 32 = 8 · 4
zatem teza jest prawdziwa. Załóżmy teraz prawdziwość tej tezy dla pewnego k, k > 1, tzn.
zakładamy, że istnieje liczba całkowita t, taka że
5k+1 + 2 · 3k + 1 = 8 · t
(6)
i dowodzimy istnienia liczby całkowitej u, takiej że
5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 8 · u.
(7)
Przekształcamy lewą stronę ostatniej równości tak, by otrzymać stronę prawą. Mamy
L = 5k+2 + 2 · 3k+1 + 1 = 5 · 5k+1 + 6 · 3k + 1
(8)
Ze wzoru (6) wyliczamy, że 5k+1 = 8t − 2 · 3k − 1 i podstawiamy w (8). Otrzymujemy
L = 5 · (8t − 2 · 3k − 1) + 6 · 3k + 1 = 8 · 5t − 10 · 3k + 6 · 3k − 4 =
= 8 · 5t − 4 · 3k − 4 = 8 · 5t − 4 · (3k + 1)
Zauważmy, że liczba 3k + 1 jest parzysta, tzn można ją zapisać w postaci 3k + 1 = 2 · z. Zatem
ostatnie z otrzymanych wyrażeń jest równe
8 · 5t − 4 · 2 · z = 8(5t − z).
Przyjmując z = 5t − z, otrzymaliśmy prawą stronę wzoru 7, tzn. wykazaliśmy, że z prawdziwości
wzoru (5) dla n = k, wynika jego prawdziwość dla n = k + 1. To oznacza, że wzór jest prawdziwy
dla dowolnej liczby naturalnej n.
Zasada Indukcji Matematycznej ma kilka równoważnych sformułowań. Są to:
Zasada minimum,
Zasada maximum,
Zasada indukcji zupełnej.
2
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Twierdzenie 2. Jeżeli X jest niepustym podzbiorem zbioru liczb naturalnych, to istnieje w nim
liczba najmniejsza tzn., liczba należąca do X, która jest mniejsza od wszystkich liczb różnych od
niej i należących do X.
Przykład 3. Udowodnimy, że dla dowolnej liczby naturalnej n
2n
2n
X
1 X (−1)i−1
=
.
i
i
i=n+1
i=1
Przypuśćmy, że nie jest to prawda, tzn. istnieją liczby naturalne, dla których ta równość nie
zachodzi. Niech X będzie zbiorem wszystkich takich liczb naturalnych i k niech będzie najmniejszą
liczbą, która należy do X. Zauważmy najpierw, że k > 1, ponieważ dla n = 1 ta równość jest
prawdziwa. Stąd wynika, że k − 1 > 0, czyli k − 1 jest liczbą naturalną nienależącą do X. Wobec
tego dla n = k − 1 wzór jest prawdziwy, czyli
1
1
1
1
1 1 1 1
1
1
+
+
+ ··· +
= − + − + ··· +
−
k k+1 k+2
2k − 2
1 2 3 4
2k − 3 2k − 2
(9)
Stąd
1
k+1
= k1
= 11
= 11
+
+
−
−
1
k+2
1
k+1
1
2 +
1
2 +
1
1
1
1 z (9)
k+3 + · · · + 2k−2 + 2k−1 + 2k =
1
1
1
1
1
1
+ k+2
+ k+3
+ · · · + 2k−2
+ 2k−1
+ 2k
− k+1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
·
·
·
+
−
+
+
−
3
4
2k−3
2k−2
2k−1
2k
k
1
1
1
1
1
1
−
+
·
·
·
+
−
+
−
.
3
4
2k−3
2k−2
2k−1
2k
+
=
To oznacza jednak, że dla n = k badany wzór jest prawdziwy. Na podstawie naszego przypuszczenia, że X 6= ∅ otrzymaliśmy sprzeczność, co oznacza, że przypuszczenie było fałszywe. Zatem
X = ∅ i tym samym wzór jest prawdziwy dla wszystkich liczb naturalnych.
Twierdzenie 3. (Zasada Indukcji Zupełnej) Niech A będzie podzbiorem zbioru liczb naturalnych
takim, że
(1) pewna liczba naturalna k ∈ A,
(2) dla każdej liczby naturalnej m, jeśli {1, 2, 3, . . . m} ⊂ A, to m + 1 ∈ A,
to A = N.
Aby zilustrować Zasadę Indukcji Zupełnej pokrótce omówimy pojęcie rekurencji.
Przy rozwiązywaniu różnego rodzaju zagadnień kombinatorycznych pojawiają sie ciągi liczbowe,
którego kolejne wyrazy są określane zależnościami tych wyrazów od wyrazów o innych numerach.
Mówimy wtedy, że mamy do czynienia z rekurencją – dokładniej, ciągiem zadanym wzorem rekurencyjnym. Takie określanie ciągu jest nierzadko łatwiejsze, niż określanie jawnym wzorem, tzn.
wzorem będącym funkcją numeru wyrazu ciągu. Mając wzór rekurencyjny stajemy jednak przed
koniecznością wyprowadzenia z tej rekurencji wzoru w jawnej postaci. W niniejszym wykładzie
przedstawimy trzy różne zagadnienia prowadzące do różnych wzorów rekurencyjnych.
Przykład 4. Na okręgu zapiszmy liczby naturalne od 1 do n zgodnie z ruchem wskazówek zegara.
Następnie co drugą z nich usuwamy, licząc kolejno. W pierwszej kolejności usuniemy zatem liczby 2,
4, itd. Po pełnym obiegu okręgu kontynuujemy usuwanie liczb, które zostały wedle tej samej zasady.
3
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Zadanie kończymy, gdy na okręgu zostanie tylko jedna liczba. Czy istnieje metoda pozwalająca
stwierdzić, jaka liczba zostanie na końcu, jeśli znamy liczbę n. Tę nieznaną liczbę oznaczymy
symbolem J(n) od anegdoty prowadzącej do tego zadania, której bohaterem jest Józef Flavius. Otóż
okazuje się, że stosunkowo łatwo wykazać, że ciąg J(n) spełnia następujące zależności rekurencyjne:
J(1) = 1
J(2m) = 2J(m) − 1
J(2m + 1) = 2J(m) + 1
(10)
Rzeczywiście, proces wykreślania kolejnych liczb zatrzymajmy po jednym obiegu okręgu (w przypadku, gdy n = 2m niech ostatnią usuniętą liczbą będzie n, natomiast w przypadku, gdy n = 2m+1
ostatnią usuniętą liczbą niech będzie 1), a następnie ponumerujmy na nowo liczby niewykreślone
i sprawdźmy, jaka jest zależność między niewykreślonymi liczbami i ich nowymi numerami. Niech
ak będzie niewykreśloną liczbą (k jest tu nowym numerem tej liczby). Bezpośrednio widać, że jeśli
n = 2m, to ak = 2k − 1, jeśli zaś n = 2m + 1, to ak = 2k + 1. Stąd wzory rekurencyjne (10).
W łatwy, choć czasem pracochłonny sposób można zatem wyznaczyć wartość J(n) dla dowolnej
liczby naturalnej n. Na przykład, dla obliczenia J(100) obliczamy kolejno
J(100)
J(50)
J(25)
J(12)
J(6)
J(3)
=
J(2 · 50)
=
J(2 · 25)
= J(2 · 12 + 1)
=
J(2 · 6)
=
J(2 · 3)
= J(2 · 1 + 1)
=
2J(50) − 1
=
2J(25) − 1
=
2J(12) + 1
=
2J(6) − 1
=
2J(3) − 1
= 2J(1) + 1 = 3
(11)
Stąd dostajemy J(6) = 5, J(12) = 9, J(25) = 19, J(50) = 37 i wreszcie J(100) = 73. Zauważmy
jednak, że dla policzenia J(100) konieczne było wyliczenie kilku innych wartości dla mniejszych
argumentów. Jak wyznaczyć J(n) bez konieczności wyliczania innych wartości.
Twierdzenie 4. Niech n = 2k + l, gdzie 0 6 l < 2k . Wówczas J(n) = 2l + 1.
Dowód. Dowód poprowadzimy indukcją względem k, korzystając z (10). Przypadek k = 0 jest
oczywisty. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wartości mniejszych od k i niech n = 2k + l,
gdzie 6 l < 2k . Rozważymy dwa przypadki: pierwszy, gdy l jest liczbą parzystą i drugi, gdy l
jest liczbą nieparzystą. Niech zatem l = 2m. Wtedy J(n) = J(2k + 2m) = J(2 · (2k−1 + m)) =
2 · J(2k−1 + m) − 1 i na mocy założenia indukcyjnego J(2k−1 + m) − 1 = 2m + 1. Ostatecznie
więc, J(n) = 2 · (2m + 1) − 1 = 4m + 1 = 2l + 1. Niech teraz l = 2m + 1. Wtedy J(n) =
J(2k + 2m + 1) = J(2 · (2k−1 + m) + 1) = 2 · J(2k−1 + m) + 1 i znowu na mocy założenia indukcyjnego
J(2k−1 + m) = 2m + 1. Zatem J(n) = 2 · (2m + 1) + 1 = 2l + 1.
Jako bezpośredni wniosek z tej obserwacji otrzymujemy
Wniosek 5. Dla dowolnej liczby całkowitej n > 0
J(2n ) = 1 oraz J(2n − 1) = 2n − 1.
Okazuje się, że wyznaczenie wartości J(n) jest jeszcze prostsze, gdy liczbę n zapiszemy w postaci
binarnej. Jest to drugi wniosek z podanego twierdzenia
Wniosek 6. Jeżeli n zapiszemy w postaci binarnej, to binarny zapis liczby J(n) otrzymujemy
przestawiając pierwszą jedynkę binarnego zapisu liczby n na koniec.
4
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
Drugim ważnym przykładem zadania prowadzącego do ciągu zadanego wzorem rekurencyjnym
jest zadanie dotyczące wieży z Hanoi.
Przykład 5. Wieża z Hanoi, to dziecięca zabawka składająca się z palika osadzonego na podstawie
i ’nanizanych’ na ten palik krążków o coraz mniejszej średnicy. Na dole, na samej podstawie leży
krążek o średnicy największej, najwyżej leży krążek o średnicy najmniejszej. Zadanie polega na
przełożeniu wszystkich krążków na drugi palik z wykorzystaniem trzeciego, przy czym w jednym
ruchu możemy zdjąć z palika jeden krążek i nałożyć go na inny palik, pamiętając, że nie można
kłaść krążków o średnicy większej na krążki o średnicy mniejszej. Jaką najmniejszą liczbę ruchów
trzeba wykonać, jeśli liczba krążków jest równa n.
Niech W (n) oznacza minimalną liczbę ruchów, jakie trzeba wykonać. Pokażemy, że
Twierdzenie 7. W (1) = 1 i dla n > 2, W (n) = 2 · 2 · W (n − 1) + 1
Dowód. Dla n = 1 twierdzenie jest oczywiste. Załóżmy, że n > 2. Jeżeli na chwilę zapomnimy
o największym krążku, to n − 1 krążków możemy przenieść na trzeci palik z wykorzystaniem
drugiego w W (n − 1) ruchach. Teraz największy krążek przenosimy na drugi palik w jednym
ruchu, a następnie z trzeciego palika, na drugi z wykorzystaniem pierwszego przenosimy wszystkie
pozostałe n − 1 krążków w W (n − 1) ruchach. Łącznie wykonamy W (n) = 2 · W (n − 1) + 1
ruchów.
Następująca obserwacja jest bezpośrednim wnioskiem z podanej zależności rekurencyjnej.
Wniosek 8. Dla dowolnej liczby naturalnej n, W (n) = 2n − 1
Dowód. Dla n = 1 wzór jest oczywisty. Załóżmy, że dowiedliśmy wzoru dla wartości mniejszych
od n. Korzystając ze wzoru rekurencyjnego podanego w twierdzeniu otrzymujemy
W (n) = 2 · W (n − 1) + 1 = 2 · 2n−1 + 1) − 1 = 2n + 1.
Przejdźmy do jeszcze jednego przykładu.
Przykład 6. Wyobraźmy sobie grę losową, w której uczestniczy dwóch graczy A i B dysponujących
odpowiednio kwotami k i m złotych. Gra polega na rzucie monetą – rzut wykonuje trzecia osoba.
Jeśli w rzucie wypadnie orzeł, to gracz B oddaje złotówkę graczowi A; gdy wypadnie reszka, gracz
A oddaje złotówką graczowi B. Gra kończy się, gdy któryś z graczy straci wszystkie pieniądze.
Przyjmujemy, że p jest prawdopodobieństwem wyrzucenia orła, a q = 1 − p – prawdopodobieństwem wyrzucenia reszki. Jakie jest prawdopodobieństwa wygranej gracza A, czyli ruiny gracza
B? Zadanie to nazywamy klasycznym zadaniem o ruinie gracza.
Do rozwiązania zagadnienia służy bardzo ciekawa zależność rekurencyjna, która wynika ze znanego wzoru na prawdopodobieństwo całkowite wywodzącego się z elementarnego rachunku prawdopodobieństwa. Niech n = m + k i niech pk będzie prawdopodobieństwem wygranej gracza A.
Wówczas, na podstawie wspomnianego wzoru otrzymujemy:
pm = p · pm+1 + q · pm−1 .
Jest przy tym naturalne przyjęcie wartości początkowych pn = pk+m = 1 oraz p0 = 0. Do pełnego
rozwiązania zagadnienia odsyłam czytelnika do podręcznika W. Fullera, Wstęp do rachunku prawdopodobieństwa, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2006, str. 314–317. Zauważmy tylko, że
5
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 1)
ogólny wzór po elementarnych przekształceniach przyjmuje postać
pm+1 =
1−p
1
pm −
pm−1
p
p
Jest to wzór rekurencyjny liniowy rzędu drugiego.
Poniższe twierdzenie podaje sposób wyprowadzania wzoru jawnego na n-ty wyraz ciągu zadanego wzorem rekurencyjnym liniowym rzędu drugiego. Niech A, a, B i b będą ustalonymi liczbami
rzeczywistymi. Definiujemy ciąg {an } przyjmując a0 = a, a1 = b oraz
an = Aan−1 + Ban−2 , dla n > 2.
(12)
x2 = Ax + B
(13)
Równanie kwadratowe
nazywamy równaniem charakterystycznym tej rekurencji.
Twierdzenie 9. Niech x1 , x2 będą pierwiastkami równania charakterystycznego.
(1) Jeżeli x1 6= x2 , to
an = cxn1 + dxn2 dla każdego n > 0,
(14)
2
1 −b
gdzie c = xb−ax
, d = xax1 −x
.
1 −x2
2
(2) Jeżeli x1 = x2 , to
an = (c + dn)xn1 dla każdego n > 0,
gdzie c = a, d =
(15)
b−ax1
x1 .
Przykład 7. Niech F0 = 0, F1 = 1 i dla n > 2 niech Fn = Fn−1 + Fn−2 . Równaniem charakterystycznym tej rekurencji jest
x2 = x + 1.
Jego pierwiastkami są
Zatem x1 − x2 =
√
5, c =
√
√
1+ 5
1− 5
x1 =
, x2 =
.
2
2
√1 ,
5
d=
−1
√
5
i wobec tego na mocy powyższego twierdzenia
√ !n
1+ 5
−
2
1
1
Fn = √ (xn1 − xn2 ) = √
5
5
√ !n !
1− 5
2
Wykład zakończymy sformułowaniem Zasady Maksimum
Twierdzenie 10. Jeżeli A jest podzbiorem zbioru liczb naturalnych ograniczonym od góry, to istnieje w nim liczba największa (tj. liczba większa od każdej liczby należącej do A różnej od niej).
Opracował: Cz. Bagiński
6