Induktion LCB 2000/2001

Transkript

1 Indution LCB 2/2 Ersätter Grimldi 4. Reursion och indution; enl fll n 2 En tlföljd n nturligtvis definiers genom tt mn nger en explicit formel för uträning v n dess 2 element, som till exempel n 2 () n Men det är mycet vnligt tt följden i stället definiers vi en reursionsformel; en formel som (i enlste fll) nger hur vrje element n beräns ur det föregående. Ett exempel är (2) n n 2n n 2 Tillsmmns med ett begynnelsevärde definierr reursionsformeln entydigt tlföljden. Med definierr ftist reursionsformeln (??) smm tlföljd som (??). En llmän (enstegs) reursionsformel n hr utseendet F n n 2 (3) för någon given funtion F v en vribel. Formeln innebär tt tlföljdens element beräns itertivt, successivt ett i tget. Dett förfrnde är väl lämpt för progrmmering, och det är lätt tt få en dtor tt producer en tbell över ll element i följden upp till någon prtis gräns given v msinpcitet, eonomi, ppperstillgång eller nnt. Nturligtvis är mn tvungen tt slut förr eller senre. Om mn vill gör ett generellt uttlnde om ll element i följden så räcer det emellertid inte med en ändlig tbell. Ett bevis fordrs, som verligen täcer ll fll. Metoden med indution är npssd för bevis v uttlnden ngående reursivt definierde följder. Vi ger någr exempel. Exempel. Definier en tlföljd n genom reursionsformeln 2 n n 2 Från det givn begynnelsevärdet n vi successivt berän Vi påstår nu: ll element i följden stisfierr n 4. Ett sådnt påstående sulle nturligtvis unn vederläggs om mn genom tt successivt berän elementen i följden så småningom unde finn ett som är större än 4. Däremot fordrr ett bevis för tt stsen är snn verifition v smtlig element, och en sådn n mn inte få på det sättet. Vi visr nu hur mn genomför ett indutionsbevis v stsen. Dett n läsren själv verifier genom tt sätt in (??) i (??).

2 2. Först verifierr vi tt påståendet är snt för begynnelseelementet. Dett är nturligtvis helt självlrt i föreliggnde fll: vi hr ju tt Vi genomför nu det så llde indutionssteget. I dett introducerr vi ett indutionsntgnde; en hypotes vrs snningshlt vi inte vet något om, men som vi ändå tr till utgångspunt för det fortstt resonemnget. Vi ntr tt påståendet är snt för ett bestämt heltl n, dvs. vi ntr tt 4 för något. Med denn hypotes som grund visr vi tt påståendet är snt för näst element i följden. Reursionsformeln uttrycer i, och v indutionshypotesen följer därför tt Observer nog vd vi nu hr bevist: det är inte tt 4 för ll, utn tt 4 för ett visst index under förutsättning tt 4. För tt gör dett resonemng till ett bevis utnyttjr vi nu tt vi redn verifiert formeln för n. Av indutionssteget följer då tt den är snn för n. Användning v indutionssteget en gång till visr tt formeln är snn för n 2, därefter för n 3, osv. Det följer tt n 4 för ll n, och beviset är lrt. 2 3 n När mn nvänder summsymbol med ett godtycligt (ändligt) ntl termer, som i n i x i x x x n s n s n x n n 2 s x så döljer sig här i själv veret en reursiv definition. Om summn betecns s n så är Här ges en reursiv definition v summföljden s n. Det är nturligtvis denn definition som måste nvänds om mn vill onstruer ett dtorprogrm som sriver ut summns värde för oli n. Denn reursiv definition gör tt indutionsbevis är nturlig för en del formler rörnde summor. Vi illustrerr dett i näst exempel. Där låter vi reursionen strt med n i stället för n, vilet nturligtvis inte medför någon principiell förändring. Exempel 2. Bevis för vrje positivt heltl n följnde formel för summn v vdrtern på de först n positiv hel tlen: 2 n n n 2n i i

3 . REKURSION OCH INDUKTION; ENKLA FALL 3 Lösning: Inför summföljden 2 3 s s s enligt reursionsformeln ovn, som i dett fll hr utseendet n n 2 n 2 3 s s 2 n s Påståendet som sll viss är då tt s n n n 2n n 2. Vi verifierr först tt formeln gäller för n. I högerledet står det då 2 3, och eftersom s är dett lrt. 2. Antg nu tt formeln är snn för ett visst tl n, dvs. tt s 2 (indutionsntgndet). Under denn förutsättning verifierr vi formeln för näst tl s i summföljden. Med nvändning v först reursionsformeln och sedn indutionsntgndet får vi s s Dett n srivs om på följnde sätt: s Därmed är indutionssteget genomfört. n Eftersom formeln redn är verifierd i fllet följer som i exempel?? tt den gäller för ll positiv heltl n. För tt inte ge läsren intrycet tt indutionsbevis br n nvänds till tt bevis uttlnden om reursivt definierde tlföljder ger vi nu två lite nnorlund exempel. Det först n ver lite uriosbetont, men när mn renst bort bgrunden hndlr det ftist om ett mtemtist uttlnde. Exempel 3. Vis tt vilet brev som helst med porto över eller li med 2 cent (merinst exempel!) n frners med tillgång till enbrt 3 cents och 7 cents frimären. Lösning: Det hndlr om tt vis tt vilet heltl n 2 som helst n srivs på formen n x3 y7 x y heltl, x y (Mn ser lätt tt tlet inte hr denn egensp.) Vi nvänder indution över n.. För strtvärdet n 2 gäller 2 4 3, så tt x 4, y duger. 2. Gör indutionsntgndet tt tlet n srivs på dett sätt, x3 y7

4 4 med lämplig x y. Antg först tt x 2. Då får vi tt x 2 3 y7 x 2 3 y 7 som hr den önsde formen. Om x 2, dvs. x eller x, är y 2 eftersom 2. Då n vi sriv x3 y x 5 3 y 2 7 som ocså är v rätt form. Dess två fll täcer ll möjligheter. Alltså: om 2 n uttrycs som ice-negtiv ombintioner v 3 och 7 så gäller dett även. Av indutionssteget och ontrollen v strtvärdet följer nu vårt påstående. Nu ger vi ett exempel på så lld lgoritmnlys. Exempel 4. Låt A n vr en list innehållnde reell tl ordnde i storlesordning. Antlet element i listn nts vr en potens v 2, A n 2 n. Låt r vr ett reellt tl. Vi s studer problemet tt vgör om tlet r finns med på listn. Huruvid så är fllet eller inte undersöes genom tt, helst på ett systemtist sätt, jämför r med oli element på listn. En jämförelse med ett element x innebär tt lrgör vilet som är snt v r x, r x, r x. Vi sll nu vis: För tt vgör om r finns med på listn A n rävs högst n jämförelser, n 2.. Betrt först fllet n, då listn A innehåller ett end element. Då rävs jämförelse (är r?) för tt vgör om r finns på listn. Stsen stämmer lltså i dett fll. 2. Som indutionsntgnde ntr vi nu tt stsen n är snn för. Mer precist ntr vi tt det för vrje list med 2 element räcer med jämförelser för tt vgör om r finns med. Betrt nu en list A med element. Del upp mängden A i två disjunt delr, A B C så tt vrje element i B är mindre än eller li med vrje element i C, och så tt B C 2. Betecn med x det störst elementet i listn B. Vi n nu förfr på följnde sätt. r Jämför först r med x. Om x är vi nturligtvis lr. Om r x drr vi slutstsen tt r i vrje fll inte finns i C, och om r x så n r inte finns i B. I det senre fllet undersöer vi om r finns i C. Dett räver högst jämförelser enligt indutionsntgndet. På smm sätt rävs högst jämförelser för tt i det först fllet vgör om r finns i B. Ränr vi in den först jämförelsen finner vi tt högst 2 jämförelser rävs för tt vgör om r finns i A. Därmed hr vi fullbordt indutionsbeviset. Anmärning. Den ngivn metoden för söning i en ordnd list lls binärsöning. Då ntlet element inte är en potens v 2 innebär resulttet tt det rävs högst cir 2 logm jämförelser för tt vgör om r finns med i en list med m element.

5 2. INDUKTIONSAXIOMET 5 Exempel 5. Iblnd, då indutionssteget änns trivilt och mn föredrr tt redovis resonemnget utn tt sriv ner detljern, tlr mn om dold indution. Betrt till exempel den tlföljd som definiers v det reursiv smbndet 2 (4) med begynnelsevärde 2. Här får vi successivt 2 3 (dold indution) tt 2 2! I (??) hr vi tydligen en reursiv definition v -fultet. På linnde sätt döljer sig ett indutionsförfrnde då mn omedelbrt drr slutstsen tt tringeloliheten för omplex tl z z 2 z z z 2 z gäller för ett godtycligt ntl termer så snrt mn hr bevist den för två termer. Exempel. En geometris tlföljd definiers v tt votern melln successiv element är onstnt, li med något tl x (voten) som är oberoende v : 2 x 2 Dett innebär tt 2 x x x 2 2 x Elementen i en geometris tlföljd n således srivs 2 x Vi erinrr om formeln för den geometris summn: x 2 n x n x x x (observer sillnden mot (??), där voten beror v ). Vi får successivt (dold indution) om x För x är summn li med n. Formeln n beviss genom indution (övning) eller på nnt sätt (se Persson-Böiers, Anlys i en vribel, sid. 3). 2 Indutionsxiomet Att mn i exemplen ovn verligen når ll positiv heltl på det ngivn sättet, genom tt först verifier begynnelsefllet n och sedn vis tt fllet n implicerr fllet n, brur lls indutionsprincipen. Ett bevis v denn sulle nturligtvis fordr tt mn först ger en strit definition v de hel tlen. Vi hr inte för vsit tt gör dett här. Det är emellertid möjligt tt genomför en sträng teori för hel tl. Ett berömt xiomsystem för dess, på vilet teorin n utvecls, är Penos fem xiom. Ett v Penos xiom är följnde. INDUKTIONSAXIOMET. Låt I vr en delmängd v de positiv hel tlen Z. Antg tt 2 Därmed blir vrje tl det geometris medelvärdet v det föregående och efterföljnde tlet:.

6 . I, 2. I I. Då är I Z. Det är lrt tt indutionsbevisen i exempel???? ovn n återförs på indutionsxiomet. En vitig egensp hos de positiv heltlen, som följer v indutionsxiomet, är VÄLORDNINGSPRINCIPEN. Vrje ice-tom delmängd v Z innehåller ett minst element. Läsren n själv övertyg sig om tt till exempel mängden Q v positiv rtionell tl inte hr denn egensp. BEVIS för tt välordningsprincipen följer v indutionsxiomet. Det är lrt tt det räcer tt betrt ändlig delmängder v Z. Därmed n vi formuler vårt uttlnde på följnde sätt: vrje mängd i Z med n element hr ett minst element. I denn formulering n stsen beviss med indution över n.. Det är lrt tt vrje mängd med element hr ett minst element. 2. Antg tt vrje mängd med element hr ett minst element. Betrt en mängd A 2 med element. Enligt indutionsntgndet hr delmängden A 2 ett minst element, ll det m. Nu n vi särsilj två fll. m Om så är m minst element i A. Om m så är minst element i A. Således hr A ett minst element. Enligt indutionsprincipen är nu påståendet bevist. Läsren nse tycer tt välordningsprincipen är mycet mer självlr än indutionsxiomet. De är i själv veret evivlent; utgår mn från välordningsprincipen n mn bevis indutionsxiomet. För den intresserde ger vi dett bevis. BEVIS för tt indutionsxiomet följer v välordningsprincipen. Betrt omplementet C till mängden I i Z. Vi är färdig om vi n vis tt C är tom. Antg tt C /. Då hr C ett minst element m enligt välordningsprincipen. Av den först förutsättningen i indutionsxiomet följer tt m. Eftersom m är minst element i C ingår inte m i C. Men då följer v den ndr förutsättningen tt m inte tillhör C! Vi hr fått en motsägelse. Följtligen är vårt ntgnde ovn fel, och C är tom. Beviset är lrt. 3 Mer om reursion och indution Mer omplicerde reursionsformler än den enl enstegsformeln (??) ovn föreommer. och 2. I så fll rävs nturligtvis två strtvärden för tt följden sll vr entydigt definierd. Med lämplig modifitioner n ett indutionsbevis genomförs även i denn sitution. Till exempel n få bero på de två föregående tlen

7 3. MER OM REKURSION OCH INDUKTION 7 F Exempel 7. Den så llde Fiboncciföljden F n definiers genom (5) n F n F n 2 n 2 3 F F All element i följden är nturligtvis heltl. Vrje tl är summn v de två närmst föregående. Av reursionsformeln får vi tt de först tio tlen är () där Vi påstår nu: för elementen i Fiboncciföljden gäller formeln n n F 5 g n n g n 5 g (Tlet g är sedn de gml greern änt under nmnet gyllene snittet.) För senre behov observerr vi tt g g 2 Beviset går till på följnde sätt. n n n. Vi verifierr först formel (??) då och. För n blir högerledet li med, vilet överensstämmer med F i g 5 5 definitionen (??). För får vi i högerledet 5g som enligt (??) är li med F. 2. Vi gör nu indutionsntgndet tt (??) är snn n n n då 2 och. Under denn förutsättning visr vi tt (??) ocså gäller då. Av reursionformeln i (??) och indutionshypotesen får vi tt 2 g 2 g 2 F F F g g 2 5 Här är Liså är g g 2 g g g g g g g g 2 Därför är 5 F g g g g g g g g

8 8 5 dvs. formel (??) gäller då n Med resonemng n linnde det som vslutr exempel?? drr vi nu slutstsen tt (??) gäller för ll heltl. Anmärning. Eftersom g hr g n F n gränsvärdet då n. För stor n är lltså gn 5 I själv veret är F n li med det närmst heltlet till värden på n. gn redn för mycet måttlig Anmärning. Det n tycs märligt tt högerledet i (??), som ju innehåller 5 på mång ställen, ftist är ett heltl. Men nvänder mn binomilstsen på de två termern 5 ser mn tt ll termer innehållnde 5 försvinner, och tt ett heltl återstår. 2 n I exempel?? behövs en indutionprincip v generellre utformning än den vi nvänt tidigre. Även denn n emellertid återförs på indutionsxiomet så som vi formulert det ovn. Vi vstår från tt ge detljern. Ännu generellre former v indutionsbevis föreommer, till exempel följnde vrint. Mn verifierr först fllet n. I indutionssteget ntr mn sedn tt det tuell påståendet är snt för ll heltl melln och n, och verifierr det under denn förutsättning för näst heltl n. Exempel på ett sådnt indutionsbevis ommer tt ges senre, då vi visr tt vrje positivt heltl n srivs som en produt v primtl. Exempel 8. Typist för indutionsbevis är tt de nvändes för tt bevis resultt som mn slutit sig till på nnt sätt först, nse genom numeris experiment eller genom gissning. Det finns oft inget i själv indutionsförfrndet som ntyder vrför ett visst resultt är snt. Antg till exempel tt vi börjr experimenter med vdrtern på Fibonccitlen i (??) ovn. Vi finner tt 2 2 F 2 F F 2 F 2 F F 2 F 2 F2 2 F F 2 F 2 F2 2 F3 2 F n

9 3. MER OM REKURSION OCH INDUKTION 9 Då är ju ftist Är det lltid så tt (7) F 2 F 2 F 2 2 F F 2 F2 2 F F F 2 F3 2 2 F F F 2 F4 2 3 F 4 5 F F 2 F 2 Fn 2 F n F n? F 2 F 2 F2 2 F 2 F2 2 F3 2 Undersöning även då n 5 visr tt båd leden blir li med 4. Vi försöer nu bevis med indution tt (??) gäller för ll n. Betecn summn i vänster led med s n. Då är n n n n 2 3 s s F 2 och s. Vi ser tt det blir fråg om enel enstegs indution.. Fllet n hr vi redn verifiert i räningrn ovn. n 2. Antg (indutionsntgnde) tt (??) stämmer då, dvs. tt s F F För summn s får vi i så fll tt s s F 2 F F F 2 F F F Använder vi nu reursionsformeln (??) för Fibonccitlen får vi tt s F F n dvs. tt (??) gäller för. Därmed är indutionsbeviset fullbordt, och vi hr vist tt (??) ftist gäller för ll positiv heltl n. Avslutningsvis vill vi nämn tt indutionsbevis spelr en vitig roll vid så lld progrmverifiering; mn vill bevis tt ett visst dtorprogrm eller progrmvsnitt gör vd det är vsett tt gör, oberoende v vil indt som nvänds. Vi överlåter exempel på dett till en nnn urs.