Zasada indukcji matematycznej

Sławomir Jemielity
Zasada indukcji matematycznej
Są różne sformułowania tej zasady, mniej lub bardziej abstrakcyjne. My będziemy się
posługiwać taką:
Niech T(n) oznacza twierdzenie dotyczące liczby naturalnej n. Jeżeli istnieje liczba
naturalna n0, taka że:
Po pierwsze: twierdzenie jest prawdziwe dla n0,
Po drugie: jeśli z tego, że twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego n = k ≥ n0 wynika, że
jest też prawdziwe dla n = k + 1
wówczas twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej większej lub równej n0.
Nie można tego pozostawić bez komentarza. Zasada (mimo, że w gruncie rzeczy prosta)
natrafia wśród uczniów na mur niezrozumienia.
Dygresja o pewnym prawie logicznym.
Zanim zacznę komentarz pozwólcie, że powiem coś o prawie logicznym zwanym modus
ponendo ponens oraz odpowiadającym mu schemacie wnioskowania. Oto prawo:
[(p ⇒ q ) ∧ p] ⇒ q
A to schemat wnioskowania:
Jeżeli p to q
otóż p
zatem : q
Jest to bardzo często stosowany sposób rozumowania. Jeżeli pewna implikacja jest
prawdziwa i na dodatek prawdziwy jest jej poprzednik to i następnik jest na pewno
prawdziwy. Przypomnijcie sobie tabelkę implikacji.
Przykład
Jeśli mam podwyższoną temperaturę, to jestem chory. Otóż mam podwyższoną
temperaturę. Zatem: jestem chory.
Koniec dygresji.
Jeśli mamy jakieś równanie i jego pierwiastki, to dowód, że podane liczby są rzeczywiście
pierwiastkami równania polega na podstawieniu tychże liczb do równania i sprawdzeniu
czy jest ono spełnione. A teraz inny problem. Załóżmy, że mamy pewne wyrażenie
(równość, nierówność), które ma być prawdziwe dla wszystkich liczb naturalnych. Można
próbować dowodzić tego faktu, jak dowodziliśmy, że liczba jest pierwiastkiem równania, to
znaczy sprawdzać. Nie trzeba zbyt wiele wiedzieć o matematyce, by przyznać, że takie
postępowanie nie jest zbyt rozsądne. Rzecz w tym, że liczb naturalnych jest nieskończenie
wiele i sprawdzenie zajęłoby nam całe życie i jeszcze dłużej (nieskończenie dłużej).
Zasada indukcji matematycznej daje nam znacznie krótszy sposób.
Zasada indukcji to dwa związane ze sobą warunki. Pierwszy jest dalece niewystarczający.
Mówi on, że twierdzenie jest prawdziwe dla jednej liczby naturalnej. To o wiele za mało.
Sam drugi warunek też niewiele znaczy. Mówi on, że jeśli twierdzenie jest prawdziwe dla
pewnej liczby naturalnej, to jest prawdziwe też i dla następnej. Ale któż zaręczy, że w
ogóle znajdzie się taka liczba, dla której twierdzenie będzie prawdziwe. Tego drugi
warunek nie mówi. Dopiero obydwa warunki (jeśli są spełnione) dają nam pewność, że
twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej. Dlaczego? Pierwszy punkt mówi,
że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnej liczby naturalnej, powiedzmy, że jest to 1. Drugi
punkt mówi, że jeśli twierdzenie jest prawdziwe dla pewnej liczby naturalnej to jest
prawdziwe dla następnej. Teraz przypomnijcie sobie modus ponendo ponens. Prawdziwa
jest implikacja. Prawdziwy jest jej poprzednik dla n = 1, zatem twierdzenie jest prawdziwe
dla następnego n czyli 2. Skoro twierdzenie jest prawdziwe dla n = 2 to na mocy drugiego
warunku jest prawdziwe dla n = 3. Jeśli jest prawdziwe dla n = 3 to jest prawdziwe dla
n = 4 i tak dalej w nieskończoność. Widać, że wystarczy zacząć a już drugi warunek
zasady indukcji produkuje nam łańcuszek implikacji o prawdziwych następnikach
prowadzący w nieskończoność.
W różnych podręcznikach matematyki można znaleźć bardzo dobrą analogię zasady
indukcji. Powiedzmy, że mamy ustawione kostki domina, ich nieskończony ciąg. O tych
kostkach wiemy dwie rzeczy: 1) pierwsza kostka przewraca się, 2) jeśli przewraca się
jakaś kostka, to przewraca się też następna. Jaki z tego wniosek? Przewróci się każda! Co
to znaczy? Jest ich przecież nieskończenie wiele. Znaczy to, że jeśli weźmiemy pod
uwagę którąkolwiek, nawet bardzo oddaloną od początku kostkę, to po pewnym (choć być
może bardzo długim) czasie przewróci się.
Z tego, co zostało powiedziane o zasadzie indukcji, należy sądzić, że dowód indukcyjny
składa się z dwóch części – kroków.
1) Sprawdzenie czy twierdzenie jest prawdziwe dla jakiegoś n0.
2) Udowodnienie, że dla k ≥ n 0 prawdziwa jest implikacja T (k ) ⇒ T (k + 1) .
Przykłady
ZADANIE 1
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby naturalnej prawdziwa jest równość
1 + 3 + 5 + K + (2n − 1) = n 2 .
ROZWIĄZANIE
Jak wam już wiadomo dowód indukcyjny składa się z dwóch części. W pierwszej dowodzimy, że twierdzenie
jest prawdziwe dla pewnego naturalnego n 0 , na ogół równego 1. W drugiej udowadniamy implikację: jeśli
twierdzenie jest prawdziwe dla jakiegoś k, to jest prawdziwe dla k + 1.
1. Sprawdzamy twierdzenie dla n 0 = 1 . Przede wszystkim musimy zobaczyć jak wygląda równość dla
n 0 = 1 , zwłaszcza jej lewa strona. Prawa strona to oczywiście
P = 12 = 1 .
Lewa strona zaczyna się od 1 a kończy się na 2n − 1 , ale n = 1 jest to więc 2 ⋅ 1 − 1 = 1 . Suma po lewej
stronie zaczyna się od 1 i kończy się 1. Suma sprowadza się zatem do jednego składnika
L =1
L=P
Twierdzenie jest spełnione dla n 0 = 1 . Pierwszy krok za nami.
2. Załóżmy teraz, że twierdzenie jest spełnione dla n = k . Znaczy to, że zakładamy, że równość
1 + 3 + 5 + K + (2k − 1) = k 2 jest prawdziwa. Czy z tego wynika, że prawdziwa jest również ta równość
zapisana dla n = k + 1 ? Zobaczymy.
Jak wygląda to twierdzenie dla n = k + 1 ? Należy w miejsce k wstawić k + 1. Jest to łatwiejsze po prawej
stronie równości. Lewa skończy się na 2(k + 1) − 1 = 2k + 2 − 1 = 2k + 1 a ilość składników powiększy się o 1.
By się upewnić, że tak będzie zobaczmy jak będzie wyglądać lewa strona dla paru początkowych liczb
naturalnych.
n
1
2
3
4
M
k
Lewa strona równości
1
1+3
1+3+5
1+3+5+7
M
1 + 3 + 5 + K (2k − 1)
k + 1 1 + 3 + 5 + K (2k − 1) + (2k + 1)
Zakładamy: *) 1 + 3 + 5 + K + (2k − 1) = k 2 .
2
Teza do udowodnienia: **) 1 + 3 + 5 + K (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)
Zakładamy, że *) jest prawdą, zatem startujemy z tej równości i staramy się dojść do **). Wtedy można
uznać, że wynikanie T (k ) ⇒ T (k + 1) jest udowodnione.
1 + 3 + 5 + K + (2k − 1) = k 2 / + (2k + 1)
1 + 3 + 5 + K + (2k − 1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1
Do obu stron *) dodałem tę samą liczbę 2k + 1 . To zawsze można zrobić.
2
k 2 + 2k + 1 = (k + 1)
Mamy zatem:
2
1 + 3 + 5 + K (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1) . Do tego właśnie mieliśmy dojść.
Sprawdziliśmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n = 1. Sprawdziliśmy również, że jeśli twierdzenie
jest prawdziwe dla n = k to jest prawdziwe również dla n = k + 1 . Zasada indukcji matematycznej
gwarantuje nam, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej większej lub równej 1.
Taką mniej więcej formułką kończymy zadania z indukcji matematycznej.
Jeszcze jedno. Dowód indukcyjny pozostawia w wielu pewien niedosyt. Udowodniliśmy co prawda
twierdzenie, ale czy jesteśmy przekonani, że jest prawdziwe? Oczywiście taki dowód jest wystarczający, ale
chodzi tu o subiektywne poczucie. I jeszcze jeden problem. Zasada indukcji matematycznej pozwala na
dowód twierdzenia dotyczącego liczb naturalnych, ale nie uczy jak dojść do takiego twierdzenia, jak je
„wyprowadzić”. No cóż, nie ma przepisu na odkrywanie twierdzeń matematycznych. Gdyby taki przepis był,
matematyka byłaby znacznie łatwiejszą nauką. Prawdę mówiąc w każdej dziedzinie bardziej skomplikowanej
niż wbijanie gwoździ trudno o przepisy na twórcze działanie. Nie wiem czy można byłoby nazwać
twórczością działalność polegającą na stosowaniu nawet bardzo skomplikowanych reguł.
W nauczaniu tak abstrakcyjnej nauki jak matematyka ważna jest poglądowość. Czy dałoby się nasze
twierdzenie przedstawić (lub ewentualnie dojść do niego) w sposób niejako namacalny? Na przykład coś
rysując. Spróbujmy.
Nasze twierdzenie można wypowiedzieć tak: suma n początkowych liczb naturalnych nieparzystych jest
równa kwadratowi liczby n. Niech kwadracik oznacza 1. Narysujmy lewą stronę twierdzenia czyli sumę liczb
nieparzystych.
7
5
3
...
1
...
Niestety nie widać, by miało to być równe n 2 . Narysujmy to inaczej.
Jak się nieco powygina powyższe słupki, to otrzymamy coś takiego:
7
5
3
1
Widzimy, że kwadraciki tego samego koloru reprezentujące liczby nieparzyste układają się w większe
kwadraty. Na przykład suma pierwszych czterech liczb to cztery do kwadratu. Następne liczby nieparzyste
dokładane do tego co jest (czyli sumowane) utworzą coraz większe kwadraty.
ZADANIE 2
Udowodnij, że dla każdej dodatniej liczby naturalnej n zachodzi
1
1 + 11 + 111 + K + 11
11 =
10 n +1 − 9n − 10
1K
23
81
n jedynek
(
)
ROZWIĄZANIE
1. Sprawdźmy to dla n = 1.
Lewa strona: suma liczb, z których największa ma w zapisie dziesiętnym n jedynek. W naszym przypadku
jest to jedna jedynka.
L =1
Prawa strona.
1
1
(100 − 19) = 81 = 1
P=
10 1+1 − 9 − 10 =
81
81
81
L=P
Zgadza się.
(
)
1 + 11 + 111 + K + 111
K4
11 =
1
42
3
2. Załóżmy, że prawdą jest *)
k jedynek
1
10 k +1 − 9k − 10 . Trzeba udowodnić, że
81
(
)
twierdzenie jest prawdziwe również dla n = k + 1 , czyli, że prawdą jest iż **)
1
n +2
1 + 11 + 111 + K + 11
11 + 11
K
− 9(k + 1) − 10 .
1K
23
1
4
2111
4
3 = 81 10
k jedynek
k +1 jedynek
(
)
Dodajmy do obu stron *) liczbę złożoną z k + 1 jedynek.
1
k +1
1 + 11 + 111 + K + 11
11 + 11
K
− 9k − 10 + 11
K
1K
23
1
4
2111
4
3 = 81 10
1
4
2111
4
3
k jedynek
k +1 jedynek
k +1 jedynek
(
)
Po lewej mamy już to co trzeba. przekształćmy nieco prawą. Zwłaszcza spróbujmy inaczej zapisać dodaną
liczbę.
k +1 dziewiątek
11
K3
11 =
12
k +1 jedynek
6
474
8
99 K 99
9
=
10 k +1 − 1
9
1
10 k +1 − 1
k +1
K
K
k
1 + 11 + 111 + K + 11
11
+
11
11
=
10
−
9
−
10
+
123
123
81
9
k jedynek
k +1 jedynek
(
)
) (
)
1
9 10 k +1 − 1
10 k +1 − 9k − 10 +
81
81
1
1 + 11 + K + 11K11 + 11K111 =
10 k +1 − 9k − 10 + 9 ⋅ 10 k +1 − 9
81
1
1 + 11 + K + 11K11 + 11K111 =
− 9k − 9 − 10 + 10 ⋅ 10 k +1
81
1
1 + 11 + K + 11K11 + 11K111 =
10 k + 2 − 9(k + 1) − 10
81
Otrzymaliśmy w ten sposób **).
1 + 11 + K + 11K11 + 11K111 =
(
(
(
(
)
)
)
I jak zwykle do znudzenia…
Sprawdziliśmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n = 1. Sprawdziliśmy również, że jeśli twierdzenie
jest prawdziwe dla n = k to jest prawdziwe również dla n = k + 1 . Na mocy zasady indukcji
matematycznej wiemy, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej większej lub równej
1.
ZADANIE 3
Wykaż, że dla każdego rzeczywistego x ≥ −1 i dla każdego liczby naturalnej n prawdziwa jest nierówność
(1 + x )n
≥ 1 + nx .
ROZWIĄZANIE
1. Sprawdźmy nierówność dla n = 1.
(1 + x )1 ≥ 1 + 1 ⋅ x
1+ x ≥ 1+ x
Prawda.
k
2. Zakładamy: *) (1 + x ) ≥ 1 + kx . Z tego ma wynikać, że twierdzenie jest prawdziwe dla n = k + 1, czyli
k +1
**) (1 + x )
≥ 1 + (k + 1)x .
Pomnóżmy obie strony *) przez x + 1 . Jest to większe lub równe zero, bo założyliśmy, że x ≥ −1 .
(1 + x )k (x + 1) ≥ (1 + kx )(x + 1)
(1 + x )k +1 ≥ (1 + kx )(x + 1)
Jest jasne, że kx 2 ≥ 0 . Dodajmy do obu stron tej prostej nierówności to samo. Na przykład kx + x + 1 .
kx 2 + kx + x + 1 ≥ kx + x + 1
kx (x + 1) + (x + 1) ≥ (k + 1)x + 1
(kx + 1)(x + 1) ≥ (k + 1)x + 1
Mamy więc
(1 + x )k +1 ≥ (1 + kx )(x + 1) ≥ (k + 1)x + 1
(1 + x )k +1 ≥ (k + 1)x + 1
To jest właśnie teza, którą trzeba było udowodnić.
Sprawdziliśmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n = 1. Jeśli twierdzenie jest prawdziwe dla n = k to
jest prawdziwe również dla n = k + 1 . Na mocy zasady indukcji matematycznej twierdzenie jest
prawdziwe dla każdej liczby naturalnej większej lub równej 1 i dla każdego x ≥ −1 .
Udowodniona nierówność nosi nazwę nierówności Bernoulliego.
ZADANIE 4
Udowodnij, że każdy n-kąt wypukły ma
n (n − 3 )
przekątnych.
2
ROZWIĄZANIE
Najmniej boków spośród wszystkich wielokątów ma trójkąt. Zatem najmniejszą wartością n jest 3. Trójkąt jak
widać poniżej ma 0 przekątnych.
A co mówi wzór? Otóż według tego wzoru trójkąt ma
3 ⋅ (3 − 3 )
= 0 przekątnych. Zgadza się. W ten sposób
2
mamy pierwszy krok dowodu za sobą.
Załóżmy teraz, że wzór jest prawdziwy dla k-kąta. Udowodnimy, że w takim razie jest prawdziwy też dla k +
1-kąta.
(k + 1)(k − 2) przekątnych.
k (k − 3 )
k-kąt ma zgodnie z tym wzorem
, zaś k + 1-kąt
2
2
Oto fragment k-kąta.
Z tego k-kąta robimy k + 1-kąt dorysowując jeden punkt – będzie to k + 1 wierzchołek wielokąta.
A
to jest ten punkt
P
B
Ile przekątnych nam przybędzie? Odcinek AB był bokiem, teraz będzie przekątną – to jedna. Ile nowych
przekątnych można poprowadzić do punktu P? Wszystkich wierzchołków jest teraz k + 1, ale nie od
wszystkich do punktu P idą przekątne. Na przykład do punktu P nie, bo od P do P nie sposób poprowadzić
odcinka. Od A i B można do P poprowadzić odcinek, ale to nie są przekątne lecz boki. Od wszystkich
pozostałych idą przekątne. Zatem mamy (k + 1) − 3 przekątnych do punktu P oraz jeszcze jedna AB. Razem
k (k − 3 )
przekątnych to k + 1-kąt ma ich o k − 1 więcej. Czyli
2
k (k − 3 )
k (k − 3 ) + 2(k − 1) k 2 − 3k + 2k − 2 k 2 − k − 2
+ k −1=
=
=
2
2
2
2
k + 1 − 3 + 1 = k − 1 przekątnym. Jeśli k-kąt ma
=
k 2 + k − 2k − 2 k (k + 1) − 2(k + 1) (k + 1)(k − 2)
=
=
2
2
2
No to się zgadza. Z zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla dowolnego wielokąta
wypukłego. Łatwo udowodnić, że dla wielokątów niewypukłych wzór nie jest prawdziwy. By obalić ogólne
twierdzenie wystarczy podać jeden przykład, który zaprzecza tezie twierdzenia. Wyjątek obala regułę, a nie
potwierdza, jak twierdzą wielbiciele wątpliwej jakości paradoksów. Oto ten przykład.
Ten (niewypukły) czworokąt nie ma żadnej przekątnej, a zgodnie ze wzorem powinien ich mieć dwie.