Induktion LCB Rekursion och induktion; enkla fall. Ersätter Grimaldi 4.1

Transkript

1 duktio LCB 2000 Ersätter Grimaldi 4. Rekursio och iduktio; ekla fall E talföljd a a 0 a a 2 ka aturligtvis defiieras geom att ma ager e explicit formel för uträkig av dess elemet, som till exempel () a Me det är mycket valigt att följde i stället defiieras via e rekursiosformel; e formel som (i eklaste fall) ager hur varje elemet ka beräkas ur det föregåede. Ett exempel är (2) a a 2 2 Tillsammas med ett begyelsevärde a 0 defiierar rekursiosformel etydigt talföljde. Med a 0 0 defiierar faktiskt rekursiosformel (??) samma talföljd som (??). E allmä (estegs) rekursiosformel har utseedet (3) a F a 2 för ågo give fuktio F av e variabel. Formel iebär att talföljdes elemet beräkas iterativt, successivt ett i taget. Detta förfarade är väl lämpat för programmerig, och det är lätt att få e dator att producera e tabell över alla elemet i följde upp till ågo praktisk gräs give av maskikapacitet, ekoomi, papperstillgåg eller aat. Naturligtvis är ma tvuge att sluta förr eller seare. Om ma vill göra ett geerellt uttalade om alla elemet i följde så räcker det emellertid ite med e ädlig tabell. Ett bevis fordras, som verklige täcker alla elemet. Metode med iduktio är apassad för bevis av uttalade agåede rekursivt defiierade följder. Vi ger ågra exempel. Exempel. Defiiera e talföljd geom rekursiosformel a 2 a 2 a 0 Frå det giva begyelsevärdet ka vi successivt beräka a 2 2 a a Vi påstår u: alla elemet i följde satisfierar a 4. Ett sådat påståede skulle aturligtvis kua vederläggas om ma geom att successivt beräka elemete i följde så småigom kude fia ett som är större ä 4. Däremot fordrar ett bevis för att satse är sa verifikatio av samtliga elemet, och e såda ka ma ite få på det sättet. Vi visar u hur ma geomför ett iduktiosbevis av satse. Detta ka läsare själv verifiera geom att sätta i (??) i (??).

2 2. Först verifierar vi att påståedet är sat för begyelseelemetet a 0. Detta är aturligtvis helt självklart i föreliggade fall: vi har ju att a Vi geomför u det så kallade iduktiossteget. detta itroducerar vi ett iduktiosatagade; e hypotes vars saigshalt vi ite vet ågot om, me som vi ädå tar till utgågspukt för det fortsatta resoemaget. Vi atar att påståedet är sat för ett bestämt heltal k, dvs. vi atar att k k a k 4 för ågot k. Med dea hypotes som grud visar vi att påståedet är sat för ästa elemet i följde a k. Rekursiosformel uttrycker a k i a k, och av iduktioshypotese följer därför att a k 2 a k Observera oga vad vi u har bevisat: det är ite att a k 4 för alla k, uta att a k 4 för ett visst idex k uder förutsättig att a k 4. För att göra detta resoemag till ett bevis utyttjar vi u att vi reda verifierat formel för 0. Av iduktiossteget följer då att de är sa för. Avädig av iduktiossteget e gåg till visar att formel är sa för 2, därefter för 3, osv. Det följer att a 4 för alla, och beviset är klart k k När ma aväder summasymbol med ett godtyckligt (ädligt) atal termer, som i x i x 0 x x i 0 så döljer sig här i själva verket e rekursiv defiitio. Om summa beteckas s så är s s x 2 s 0 x 0 Här ges e rekursiv defiitio av summaföljde s. Det är aturligtvis dea som måste avädas om ma vill kostruera ett datorprogram som skriver ut summas värde för olika. Dea rekursiva defiitio gör att iduktiosbevis är aturliga för e del formler rörade summor. Vi illustrerar detta i ästa exempel. Där låter vi rekursioe starta med i stället för 0; detta iebär aturligtvis ige pricipiell förädrig. Exempel 2. Bevisa för varje positivt heltal följade formel för summa av kvadratera på de första positiva hela tale: i 2 i 2

3 . REKURSON OCH NDUKTON; ENKLA FALL 3 Lösig: för summaföljde s s 2 s 3 eligt rekursiosformel ova, som i detta fall har utseedet s s s 2 Påståedet som skall visas är då att s 2 2. Vi verifierar först att formel gäller för. högerledet står det då 2 3 eftersom s är detta klart. 2. Atag u att formel är sa för ett visst tal k, dvs. att, och s k k k 2k (iduktiosatagadet). Uder dea förutsättig verifierar vi formel för ästa tal s k i summaföljde. Med avädig av först rekursiosformel och seda iduktiosatagadet får vi s k s k k 2 k k 2k k 2 Detta ka skrivas om på följade sätt: s k k! k 2k k" k 2k2 3k k" Därmed är iduktiossteget geomfört. Eftersom formel reda är verifierad i fallet positiva heltal. k k 2k följer u att de gäller för alla För att ite ge läsare itrycket att iduktiosbevis bara ka avädas till att bevisa uttalade om rekursivt defiierade talföljder ger vi u två lite aorluda exempel. Det första ka verka lite kuriosabetoat, me är ma resat bort bakgrude hadlar det faktiskt om ett matematiskt uttalade. Exempel 3. Visa att vilket brev som helst med porto över eller lika med 2 cet (amerikaskt exempel!) ka frakeras med tillgåg till ebart 3 cets och 7 cets frimärke. Lösig: Det hadlar om att visa att vilket heltal # x3 y7 x y heltal, x y # 0 2 som helst ka skrivas på forme (Ma ser lätt att talet ite har dea egeskap.) Vi aväder iduktio över.. För startvärdet 2 gäller 2 4 3, så att x 4, y 0 duger. 2. Gör iduktiosatagadet att talet k ka skrivas på detta sätt, k x3 y7

4 4 med lämpliga x y # 0. Atag först att x # 2. Då får vi att k x 2 3 y7 x 2 3 y 7 $ # # som har de öskade forme. Om x 2, dvs. x 0 eller x, är y 2 eftersom k 2. Då ka vi skriva k x3 y x 5 3 y 2 7 som också är av rätt form. Dessa två fall täcker alla möjligheter. Alltså: om k # ka uttryckas som icke-egativa kombiatioer av 3 och 7 så gäller detta äve k. Av iduktiossteget och kotrolle av startvärdet följer u vårt påståede. 2 Nu ger vi ett exempel på så kallad algoritmaalys. Exempel 4. Låt % vara e lista iehållade reella tal ordade i storleksordig. Atalet elemet i lista atas vara e potes av 2, & % & 2. Låt r vara ett reellt tal. Vi ska studera problemet att avgöra om talet r fis med på lista. Huruvida så är fallet eller ite udersökes geom att, helst på ett systematiskt sätt, jämföra r med olika elemet på lista. E jämförelse med ett elemet x iebär att klargöra vilket som är sat av r $ x, r x, r ' x. Vi skall u visa: För att avgöra om r fis med på lista % krävs högst jämförelser, Betrakta först fallet 0, då lista % 0 iehåller ett eda elemet a. Då krävs jämförelse (är r a?) för att avgöra om r fis på lista. Satse stämmer alltså i detta fall. 2. Som iduktiosatagade atar vi u att satse är sa för k. Mer precist atar vi att det för varje lista med 2 k elemet räcker med k jämförelser för att avgöra om r fis med. Betrakta u e lista % k( med 2 k( 2 2 k elemet. Dela upp mägde % k( i två disjukta delar, % k( *) k +-, k ), & ) & &, & ) $, ' ), ) % så att varje elemet i k är midre ä eller lika med varje elemet i k, och så att k k 2 k. Betecka med x det största elemetet i lista k. Vi ka u förfara på följade sätt. Jämför först r med x. Om r x är vi aturligtvis klara. Om r x drar vi slutsatse att r i varje fall ite fis i k, och om r x så ka r ite fias i k. det seare fallet udersöker vi om r fis i k. Detta kräver högst k jämförelser eligt iduktiosatagadet. På samma sätt krävs högst k jämförelser för att i det första fallet avgöra om r fis i k. Räkar vi i de första jämförelse fier vi att högst k. k 2 jämförelser krävs för att avgöra om r fis i k(. Därmed har vi fullbordat iduktiosbeviset. Amärkig. De agiva metode för sökig i e ordad lista kallas biärsökig. Då atalet elemet ite är e potes av 2 iebär resultatet att det krävs högst cirka 2 logm jämförelser för att avgöra om r fis med i e lista med m elemet.

5 5 2. NDUKTONSAXOMET 5 Exempel 5. blad, då iduktiossteget käs trivialt och ma föredrar att redovisa resoemaget uta att skriva er detaljera, talar ma om dold iduktio. Betrakta till exempel de talföljd som defiieras av det rekursiva sambadet (4) med begyelsevärde a 0 a k ka k k 2. Här får vi successivt (dold iduktio) att a k ka k k k a k 2 k k k 2 a k 3 / k k k 20 2 a 0 k! (??) har vi tydlige e rekursiv defiitio av k-fakultet. På likade sätt döljer sig ett iduktiosförfarade då ma omedelbart drar slutsatse att triagelolikhete för komplexa tal & z z 2 z k & & z & & z 2 & & z k & gäller för ett godtyckligt atal termer så sart ma har bevisat de för två termer. Exempel. E geometrisk talföljd a k defiieras av att kvotera mella successiva elemet är kostat, lika med ågot tal x (kvote) som är oberoede av k: 2 a k a k x k 2 Detta iebär att a k xa k k 2 (observera skillade mot (??), där kvote beror av k). Vi får successivt (dold iduktio) a k xa k x 2 a k 2 2 x k a 0 För elemete i e geometrisk talföljd gäller således att a k a 0 x k k 0 2 Vi erirar om formel för de geometriska summa: a 0 a 0 x a 0 x 2 a 0 x a 0 x ( x om x 3 För x är summa lika med a 0. Formel ka bevisas geom iduktio (övig) eller på aat sätt (se Persso-Böiers, Aalys i e variabel, sid. 30). 2 duktiosaxiomet Att ma i exemple ova verklige år alla positiva heltal på det agiva sättet, geom att först verifiera begyelsefallet och seda visa att fallet k implicerar fallet k, brukar kallas iduktiospricipe. Ett bevis av dea skulle aturligtvis fordra att ma först ger e strikt defiitio av de hela tale. Vi har ite för avsikt att göra detta här. Det är emellertid möjligt att geomföra e sträg teori för hela tal. Ett berömt axiomsystem för dessa, på vilket teori ka utvecklas, är Peaos fem axiom. Ett av Peaos axiom är följade. NDUKTONSAXOMET. Låt vara e delmägd av de positiva hela tale Z(. Atag att 2 Därmed blir varje tal a k det geometriska medelvärdet av det föregåede och efterföljade talet: a k 4 a k a k7.

6 ? B. 8, 2. k 8 9 k 8. Då är Z(. Det är klart att iduktiosbevise i exempel???? ova ka återföras på iduktiosaxiomet. E viktig egeskap hos de positiva heltale, som följer av iduktiosaxiomet, är iehåller ett mista ele- VÄLORDNNGSPRNCPEN. Varje icke-tom delmägd av Z( met. Läsare ka själv övertyga sig om att till exempel mägde Q( ite har dea egeskap. av positiva ratioella tal BEVS för att välordigspricipe följer av iduktiosaxiomet. Det är klart att det räcker att betrakta ädliga delmägder av Z(. Därmed ka vi formulera vårt uttalade på följade sätt: varje mägd i Z( med elemet har ett mista elemet. dea formulerig ka satse bevisas med iduktio över.. Det är klart att varje mägd med elemet har ett mista elemet. 2. Atag att varje mägd med k elemet har ett mista elemet. Betrakta e mägd A ;: a a 2 a k a k( < med k elemet. Eligt iduktiosatagadet har delmägde A= >: a a 2 a k < ett mista elemet, kalla det m. Nu ka vi särskilja två fall.? Om m a k( så är m mista elemet i A. Om m ' a k( så är a k( mista elemet i A. Således har A ett mista elemet. Eligt iduktiospricipe är u påståedet bevisat. Läsare kaske tycker att välordigspricipe är mycket mer självklar ä iduktiosaxiomet. De är i själva verket ekvivaleta; utgår ma frå välordigspricipe ka ma bevisa iduktiosaxiomet. För de itresserade ger vi detta bevis. BEVS för att iduktiosaxiomet följer av välordigspricipe. Betrakta komplemetet C till mägde i Z@. Vi är färdiga om vi ka visa att C är tom. Atag att C A /0. Då har C ett mista elemet m eligt välordigspricipe. Av de första förutsättige i iduktiosaxiomet följer att m C. Eftersom m är mista elemet i C igår ite m i C. Me då följer av de adra förutsättige att m ite tillhör C! Vi har fått e motsägelse. Följaktlige är vårt atagade ova fel, och C är tom. Beviset är klart. D 3 Mer om rekursio och iduktio Mer komplicerade rekursiosformler ä de ekla estegsformel (??) ova förekommer. Till exempel ka a k få bero på de två föregåede tale a k och a k 2. så fall krävs aturligtvis två startvärde för att följde a k skall vara etydigt defiierad. Med lämpliga modifikatioer ka ett iduktiosbevis geomföras äve i dea situatio.

7 3. MER OM REKURSON OCH NDUKTON 7 Exempel 7. De så kallade Fiboacciföljde F defiieras geom FE F G F F (5) HF F 0 0 F Alla elemet i följde är aturligtvis heltal. Varje tal är summa av de två ärmast föregåede. Av rekursiosformel får vi att de första tio tale är () Vi påstår u: för elemete i Fiboacciföljde gäller formel F g K g L # 0 5 J där 5 M g 2 (Talet g är seda de gamla grekera kät uder amet gyllee sittet.) För seare behov observerar vi att g Beviset går till på följade sätt. g 2 5 M 2N 5 O Vi verifierar först formel (??) då 0 och. För 0 blir högerledet lika med 0, vilket överesstämmer med F 0 i defiitioe (??). För får vi i högerledet g 5 P som eligt (??) är lika med F. gq 5 P 5 M Q 2. Vi gör u iduktiosatagadet att (??) är sa då k 2 och k. Uder dea förutsättig visar vi att (??) också gäller då k. Av rekursioformel i (??) och iduktioshypotese får vi att Här är F k F k F k 2 g k g k 2 g k P 5 gk K k g R k S g k 2 K k 2 g R k 2S " g Q g k P 5 2 Q g k g g k Likaså är g R k S g R k 2S g R k S g g R k S P 5 M 2 Q g R k S g g k Därför är F k 5 gk K k g k "

8 P 8 dvs. formel (??) gäller då k k 2 k k Med resoemag likade det som avslutar exempel?? drar vi u slutsatse att (??) gäller för alla heltal # 0. Amärkig. Eftersom 0 $ g $ har g gräsvärdet 0 då T. För stora är alltså F U 5 g själva verket är F lika med det ärmsta heltalet till värde på. 5 g reda för mycket måttliga Amärkig. Det ka tyckas märkligt att högerledet i (??), som ju iehåller 5 på måga ställe, faktiskt är ett heltal. Me aväder ma biomialsatse på de två termera 5 V ser ma att alla termer iehållade 5 försvier, och att ett heltal återstår. 2 Q exempel?? behövs e iduktiopricip av geerellare utformig ä de vi avät tidigare. Äve dea ka emellertid återföras på iduktiosaxiomet så som vi formulerat det ova. Vi avstår frå att ge detaljera. Äu geerellare former av iduktiosbevis förekommer, till exempel följade variat. Ma verifierar först fallet. iduktiossteget atar ma seda att det aktuella påståedet är sat för alla heltal mella och k, och verifierar det uder dea förutsättig för ästa heltal k. Exempel på ett sådat iduktiosbevis kommer att ges seare, då vi visar att varje positivt heltal ka skrivas som e produkt av primtal. Exempel 8. Typiskt för iduktiosbevis är att de avädes för att bevisa resultat som ma slutit sig till på aat sätt först, kaske geom umeriska experimet eller geom gissig. Det fis ofta iget i själva iduktiosförfaradet som atyder varför ett visst resultat är sat. Atag till exempel att vi börjar experimetera med kvadratera på Fiboaccitale i (??) ova. Vi fier att F 2 0 F F 2 0 F 2 F F0 2 F 2 F2 2 F F0 2 F 2 F2 2 F3 2 F

9 3. MER OM REKURSON OCH NDUKTON 9 Då är ju faktiskt Är det alltid så att (7) F0 2 F 2 F F 2 F0 2 F 2 F2 2 2 F 2 F 3 F0 2 F 2 F2 2 F F 3 F 4 F0 2 F 2 F2 2 F3 2 F F 4 F 5 F 2 0 F 2 F 2 F F (? Udersökig äve då 5 visar att båda lede blir lika med 40. Vi försöker u bevisa med iduktio att (??) gäller för alla. Betecka summa i väster led med s. Då är s s F W och s. Vi ser att det blir fråga om ekel estegs iduktio.. Fallet har vi reda verifierat i räkigara ova. 2. Atag (iduktiosatagade) att (??) stämmer då k, dvs. att För summa s k får vi i så fall att s k F k F k s k s k F 2 k F k F k F 2 k F k F k F k Aväder vi u rekursiosformel (??) för Fiboaccitale får vi att s k F k( F k dvs. att (??) gäller för k. Därmed är iduktiosbeviset fullbordat, och vi har visat att (??) faktiskt gäller för alla positiva heltal. Avslutigsvis vill vi äma att iduktiosbevis spelar e viktig roll vid så kallad programverifierig; ma vill bevisa att ett visst datorprogram eller programavsitt gör vad det är avsett att göra, oberoede av vilka idata som aväds. Vi överlåter exempel på detta till e aa kurs.