Indukcja i zasada minimum

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.
Arkadiusz Męcel
Uwagi początkowe
W trakcie zajęć przyjęte zostaną następujące oznaczenia:
1. Zbiory liczb:
• R - zbiór liczb rzeczywistych;
• Q - zbiór liczb wymiernych;
• Z - zbiór liczb całkowitych;
• N - zbiór liczb całkowitych dodatnich.
2. Sumy, iloczyny, kwantyfikatory:
•
n
P
•
k=1
n
Q
ak = a1 + a2 + a3 + . . . + an ;
ak = a1 · a2 · a3 · . . . · an ;
k=1
• ∀a∈R (a2 ­ 0), ∃a∈R (a2 ¬ 0)
3. I wiele innych... (np. logiczne: ∨, ∧, ⇒, ⇐, ⇔ itd.)
1
Indukcja matematyczna
1. O czym mowa...
Indukcja matematyczna jest (w swojej najprostszej formie) metodą dowodzenia twierdzeń typu:
Dla każdej liczby naturalnej n prawdziwe jest zdanie Tn .
A także typu:
Dla każdej liczby naturalnej n > k, gdzie k jest ustalone, prawdziwe jest
zdanie Tn .
Przykład 1 Dla każdego n ∈ N zachodzi:
n
P
k=
k=1
n(n+1)
2
Przykład 2 Dla każdego n ∈ N zachodzi: 6 | 52n−1 − 1
Przykład 3 Dla każdego n ∈ N takiego, że n > 2 suma kątów wewnętrznych n - kąta na płaszczyźnie wynosi (n − 2) · 180◦
2. Metoda indukcji...
Na rozwiązanie INDUKCYJNE składają się dwa kroki:
• KROK BAZOWY: Sprawdzenie prawdziwości zdania początkowego,
zwykle T1 (p. przykłady);
• KROK INDUKCYJNY: Wykazanie prawdziwości zdania:
’Jeżeli (n = m) ∧ (Tm jest prawdziwe) ⇒ (Tm+1 jest prawdziwe)’
Rozwiązanie przykładu 1,2,3...
Kolejne proste zadania, które w razie potrzeby można przeliczyć:
Zadanie 1 Udowodnić, że dla każdego n, suma pierwszych n liczb nieparzystych jest kwadratem liczby całkowitej.
2
Zadanie 2 Pokazać, że dla każdego n ∈ N prawdą jest:
2n
X
(−1)k+1 k = −n
k=0
Definicja 1 Ciągiem Fibonacci’ego nazywamy ciąg {Fn } określony następująco (n ∈ N):



F =1

 0
F1 = 1



 F
n+1 = Fn−1 + Fn
Zadanie 3 Pokazać, że dla każdego n ∈ N liczba F3n jest parzysta.
Zadanie 4 Pokazać, że dla każdego n ∈ N prawdą jest:
n
X
Fk = Fn+2 − 1
k=0
Zadanie 5 Pokazać, że dla każdego n ∈ N prawdą jest:
n
X
Fk2 = Fn · Fn+1
k=0
Wskazać błąd w rozumowaniu: ’każdy koń jest biały’.
Zasada minimum
Twierdzenie 1 (Zasada minimum) W dowolnym podzbiorze liczb naturalnych istnieje element najmniejszy.
Pozornie naiwne stwierdzenie prowadzi do zaskakujących wniosków.
Przykład 4 Liczba
√
2 jest niewymierna.
Załóżmy przeciwnie, że jest wymierna. Możemy założyć zatem, że istnieją
liczby naturalne (teoretycznie mogłyby być ujemne, ale dla każdej pary ujem√
nych istnieje para dodatnia) p, q 6= 0 takie, że 2 = pq . Zatem para (p, q)
jest rozwiązaniem równania: 2q 2 = p2 . Zasada minimum podpowiada, że wśród
wszystkich par spełniających to równanie, istnieje para ’najmniejsza’ (każda ze
współrzędnych jest najmniejsza). Jednak... (i tu znane rozumowanie).
3
Przykład 5 Każda liczba naturalna jest iloczynem skończonej ilości liczb pierwszych lub jest to 1.
Załóżmy, że istnieją jednak liczby, które nie mają tej własności. W szczególności, istnieje najmniejsza taka liczba n. Nie jest to na pewno liczba 1. Nie jest
to także liczba pierwsza. Jest to zatem pewna liczba złożona. Zatem n = ab dla
pewnych dwóch liczb naturalnych (> 1) a, b. Skoro jednak są to liczby mniejsze
od NAJMNIEJSZEJ takiej, która nie da się rozpisać na iloczyn liczb pierwszych, to już ich przypadku jest to możliwe. Stąd także i n ma taki rozkład.
Sprzeczność.
Twierdzenie 2 (Zasadnicze Twierdzenie Arytmetyki) Każda liczba naturalna n > 1, rozkłada się na iloczyn liczb pierwszych, co więcej istnieje dokładnie jeden taki rozkład (z dokładnością do kolejności czynników).
Dowód. Fakt, że rozkład istnieje, udowodniliśmy przed chwilą. Wystarczy pokazać jednoznaczność. Załóżmy, że istnieją liczby, które mają co najmniej DWA
NIERÓWNOWAŻNE rozkłady (ustnie opowiem). Wówczas istnieje najmniejsza
taka liczba n. Niech:
n = p1 p2 . . . p n = q 1 q 2 . . . q m ,
gdzie dla 1 ¬ i ¬ n oraz 1 ¬ j ¬ m liczby pi , qj są pierwsze.
Naszym celem jest pokazać, że istnieje MNIEJSZA od n liczba całkowita,
która ma dwa rozkłady! Dojdziemy wówczas do sprzeczności.
Zauważmy przede wszystkim, że dla 1 ¬ i ¬ n oraz 1 ¬ j ¬ m mamy
pi 6= qj . Gdyby było inaczej, skrócilibyśmy n przez wspólny czynnik, i istniałaby liczba MNIEJSZA o dwóch rozkładach. Jednak n jest najmniejszą taką.
Możemy dalej założyć, że p1 jest mniejsze od wszystkich qj , 1 ¬ j ¬ m
(ustne wyjaśnienie). W szczególności q1 > p1 . Wykonujemy dzielenie z resztą.
q1
r
=d+
p1
p1
4
. Zauważmy, że reszta r jest niezerowa, bowiem q1 jest pierwsze), oraz mniejsza
od p1 (jak każda reszta). Mnożymy obustronnie przez
n
q1 .
Wówczas:
n q1
n
r
·
= (d + )
q 1 p1
q1
p1
Dalej więc:
p2 p3 . . . pn = q2 q3 . . . qm · (d +
Stąd
r·q2 q3 ...qm
p1
r · q2 q3 . . . q m
r
) = q2 q3 . . . q m · d +
p1
p1
jest liczbą całkowitą, np. liczbą k. Mamy:
kp1 = r · q2 q3 . . . qm
Liczba k < n. Zatem liczba k ma jednoznaczny rozkład (bo n była najmniejsza, która ma co najmniej 2). Jednak r < p1 < n. Zatem r także ma jednoznaczny rozkład! Co więcej, liczba r ·q2 q3 . . . qm < p1 ·q2 q3 . . . qm < q1 ·q2 q3 . . . qm = n,
zatem okazało się, że dostaliśmy liczbę MNIEJSZĄ OD n, która ma podwójny
rozkład. Sprzeczność, rozkład każdej liczby jest jednoznaczny.
5
Propozycje zadań domowych
1. Udowodnić, że dla każdego n > 2 naturalnego, zachodzi nierówność:
1<
Fn+1
< 2.
Fn
2. Udowodnić, że dla każdego n ∈ N zachodzi:
2
Fn+1
= Fn · Fn+2 + (−1)n+1 .
3. Udowodnić, że dla każdego n ∈ N zachodzi:
n
X
k · Fk = n · Fn+2 − Fn+3 + 2.
k=1
4. Udowodnić, że pole trójkąta, którego wierzchołkami są punkty
A = (0; 0), B = (Fn1 ; Fn ), C = (Fn ; Fn+1 )
jest równe 21 . (Wsk. Zad.1)
5. Rozwiąż równanie w liczbach całkowitych:
a2 + b2 = 3(n2 + m2 )
6. Egipcjanie mieli w zwyczaju zapisywać każdy ułamek jako sumę różnych
ułamków postaci 1/k, gdzie k jest naturalne. Np.
1
1
1
5
= +
+
.
13
3 20 720
Pokaż, że każda wymierna liczba dodatnia może być zapisana za pomocą
skończonej sumy parami różnych ’ułamków egipskich’ (z 1 w liczniku).
Wskazówka: Konstruując sumę ’ułamków egipskich’ dla określonej liczby
p
q,
dobieraj zawsze najmniejsze możliwe mianowniki (jak w przykładzie).
Przyjrzyj się różnicom, między pq , a uzyskiwanymi przybliżeniami...
6