MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Christian Gottlieb Gymnasieskolans matematik med akademiska ögon Induktion Dag 1 1. Inledning, som visar att man inte skall tro på allt man ser. Betrakta denna följd av tal, där varje tal är dubbelt så stort som närmast föregående 1, 2,, 8, 16, 32, 6, 128, 256, 512, 102, 208, 096, 8192,... (1) och så vidare i all oändlighet (vilket markeras av de tre prickarna). Detta är ett exempel på en oändlig talföljd; följden av 2-potenser. Vi kan skriva 1, 2 1, 2 2, 2 3, 2,... om vi tydligare vill markera detta. Om man inte redan tänkt över det ser man i alla fall nu att det är naturligt att definiera 2 0 som 1, alltså 2 0 = 1. Vi lägger märke till att talföljden inleds med ensiffriga tal. Sedan följer 3 stycken tvåsiffriga tal och 3 stycken tresiffriga tal. Antalet fyrsiffriga tal är återigen. Som ett första forskarprojekt kan det var intressant att studera hur antalet siffror i potenserna växer. Fortsätt talföljden ett stycke till på egen hand, räkna antalet siffror och dokumentera i denna tabell, som jag påbörjat. n 1 2 3 antal n-siffriga 2-potenser 3 3 Avgör själv hur länge du vill hålla på. Ser du mönstret? Naturligtvis gör du det:, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,... Nu uppkommer frågan: kan vi vara säkra på att detta mönster håller i sig? Vilket var det största n i din tabell? Det är naturligt att vi känner oss säkrare på mönstret ju längre vi ser att det fortsätter på detta sätt. Hur långt skall vi gå, d.v.s. fram till vilket värde på n, för att vi skall kunna känna oss helt säkra? Se där en fråga att diskutera! Eftersom det är lätt med elektroniska hjälpmedel att fortsätta räknandet ganska långt, så gör vi det. Se nästa sida. 1
1 2 8 16 32 6 128 256 512 102 208 096 8192 1638 32768 65536 131072 2621 52288 108576 2097152 1930 8388608 16777216 335532 6710886 13217728 2683556 536870912 10737182 2178368 29967296 858993592 1717986918 3359738368 6871976736 1373895372 278779069 59755813888 1099511627776 2199023255552 3980651110 8796093022208 17592186016 3518372088832 70368717766 1073788355328 2817976710656 5629995321312 11258999068262 225179981368528 50359962737096 90071992570992 18013985098198 36028797018963968 7205759037927936 1115188075855872 2882303761517117 576607523032388 11529215060686976 230583009213693952 6116860182738790 922337203685775808 1867073709551616 36893881719103232 73786976298382066 1757395258967612928 29517905179352825856 590295810358705651712 1180591620717113032 236118321382260688 7223668286965213696 973296573929027392 1888965931785808578 37778931862957161709568 755578637259132319136 1511157275182866838272 30223159036572936765 606290980731587353088 12089258196162917706176 2178516392292583912352 835703278585166988270 9671065569170333976908 193281311383066795298816 38685626227668133590597632 773712525533626718119526 15725091067253362390528 309850098213506872781056 618970019626901379562112 123790039285380278991222 27588007857076059798288 9517601571152109959696896 99035203128302199192993792 19807006285660839838598758 3961081257132168796771975168 79228162512633759353950336 15856325028528675187087900672 316912650057057350371758013 633825300111170078351602688 12676506002282290196703205376 253530120056588029930610752 50706020091291760598681282150 10112080182583521197362563008 20282096036516702397251286016 056819207303308789502572032 811296381606681695789005106 162259276829213363391578010288128 3251855365826726783156020576256 690371073168535356631201152512 129807216337069071326208230502 259618292671381265281661008 51922968585382762853096329220096 2
Nu är det bara att räkna antalet 1-, 2- siffriga osv. tal. Vi får sekvensen, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3,, 3, 3, 3,, 3, 3 (2) Mönstret bryts plötsligt med en extra 3:a som markerats med fetstil. På plats nr 31 står en 3:a istället för förväntad :a. Det finns alltså bara 3 stycken 31-siffriga 2-potenser mot förväntat stycken. Denna nyttiga erfarenhet säger oss att vi inte kan sluta oss till att något gäller i det oändliga efter att bara ha kontrollerat ett ändligt antal fall. Ofta betecknar man talen i en talföljd med a 1, a 2, a 3,... eller a 0, a 1, a 2,... eller motsvarande med en annan bokstav än a. Om a 0, a 1, a 2,... är den första följden, följden av 2-potenser, har vi alltså a n = 2 n. Vi kallar detta en explicit formel för a n. Låt oss kalla följden (2) för b 0, b 1, b 2,.... Här är b n = antalet n + 1-siffriga 2-potenser (tänk igenom detta: varför det inte är n-siffriga). Som kortfattad beteckning för hela talföljden skriver man ofta (b n ) 0 istället för b 0, b 1, b 2,.... Vi har ingen explicit formel för b n, men vi hade en hypotes, nämligen att b n = om n är delbart med 3, men b n = 3 annars. Tänk igenom detta noga! Hypotesen visade sig dock vara falsk, d.v.s. inte giltig för alla värden på n. Vi hade b 30 = 3 trots att 30 är delbart med 3. Det krävs erfarenhet för att avgöra om en hypotes är värd att satsa på, och det kan jag väl avslöja att när jag testade hypotesen på min erfarna kollega professor X fick jag svaret: Aldrig i livet! Det håller inte i längden. Fundera över talföljden igen och vad det (känslomässigt) är som gör att mönstret plötsligt bryts. Hade vi rent av kunnat förvänta oss att det skulle ske? 2. En hypotes som visar sig riktig. Nåväl, ibland är en hypotes riktig och då uppstår problemet att försöka bevisa hypotesen. I det här momentet av kursen handlar alla hypoteser på något sätt om naturliga tal: 0, 1, 2, 3,... och vi har redan sett, att det inte säkert räcker att testa hypotesen i ett antal speciella fall. Hypotesen i förra avsnittet stämde upp till n = 29, men inte för n = 30. Naturligtvis finns ingen allmän gräns för hur långt man måste gå för att testa en hypotes. Man kan tänka sig ett mönster som håller i en miljon fall, men sedan icke. Att en hypotes är sann i många fall kan vi se som ett indicium på att den är riktig. Det kombinerat med en känsla (som bygger på erfarenhet) av att hypotesen är riktig, kan vara tillräckligt för att vi så att säga skall satsa på hypotesen. Vi gör då en djupdykning i matematiken och försöker hitta ett bevis av hypotesen. Vi skall nu se ett exempel på en sådan hypotes och låter som förut a n = 2 n. Vi inför en ny talföljd (s n ) 1, där s n är summan av de första n talen i (a n ) 0, d.v.s. summan av de 3
första n stycken 2-potenser (obs. att jag valde att börja med n = 1 denna gång). Vi har alltså s 1 = 1 s 2 = 1 + 2 = 3 s 3 = 1 + 2 + = 7 s = 1 + 2 + + 8 = 15 och så vidare. Allmänt kan vi skriva s n = 1 + 2 + 2 2 + + 2 n 1 (3) Observera att den n:e 2-potensen är a n 1 = 2 n 1. Det gäller att vara lite observant på sådana detaljer. En annan detalj värd att påpeka, är konventionen att 1+2+2 2 + +2 n 1 om n = skall tolkas som 1 + 2 + 2 2 + 2 3. I det fallet står inte för några utelämnade tal. Vi ger summan en tolkning även om n = 3, nämligen 1 + 2 + 2 2, eller n = 2, nämligen 1 + 2 och t.o.m. då n = 1, nämligen 1. Vi fortsätter ett tag till och får följden (s n ) 1 = 1, 3, 7, 15, 31, 63, 127.... Nog ser du ett mönster här? Varje tal (hittills) är 1 mindre än en 2-potens: 2 1, 2 2 1, 2 3 1,.... eller allmänt s n = 2 n 1, så långt som vi har kontrollerat. Vår hypotes, om vi nu tror på detta, är att s n = 2 n 1 gäller för alla n, d.v.s. att 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n 1 = 2 n 1 () Att detta är sant kan bevisas på olika sätt och visades redan av Euklides på 300-talet f.kr. (som ett specialfall av ett allmännare resultat om det vi kallar geometriska summor). Vi väljer inte det kanske mest attraktiva beviset här utan ett bevis som visar en användbar teknik, som vi skall se många exempel på i detta kursmoment. Vänsterledet i () är s n. Högerledet 2 n 1 definierar också en talföljd (h n ) 1, där h n = 2 n 1. Vår hypotes är att de två talföljderna är lika. Vi vet att de i alla fall börjar på samma sätt. Vi har ju sett att s n = h n för n = 1, 2, 3,, 5, 6 och 7. Båda talföljderna är växande. Både s n och h n ökar med n (d.v.s. ju större n desto större s n och h n ). Betrakta följande idé. Om vi kan visa att talföljderna hela tiden ökar lika fort, så har vi visat att de är lika, ty vi vet ju redan att de börjar på samma sätt. Ganska bra idé, eller hur? Hur mycket ökar s n när n ökar med 1? Ja, det framgår ju av konstruktionen att s n ökar med en 2-potens (en term tillkommer i summan). Vi har t.ex. s 3 = s 2 + 2 2 och allmänt s n+1 = s n + 2 n (5) Vi har alltså s n+1 s n = 2 n. Hur mycket ökar h n? Vad är h n+1 h n? Jo
h n+1 h n = (2 n+1 1) (2 n 1) = 2 n+1 2 n Vi vill visa att detta är detsamma som s n+1 s n, så vi fortsätter ett stycke till: = 2 2 n 2 n = (2 1) 2 n = 2 n 3. En liten parentes om användningen av symbolen Σ. Symbolen Σ (grekiska bokstaven stora sigma) används som ett bekvämt sätt att skriva summor där termerna i summan varierar på ett känt sätt. Summan ovan i formel (3) skrivs n 1 2 i. Detta skall tolkas så, att den första termen i summan är värdet av uttrycket i=0 2 i då i = 0 (det är 2 0 = 1), den andra termen i summan är värdet av uttrycket 2 i då i = 1 (det är 2 1 = 2, vilket är vad vi vill ha), och så vidare till den sista termen i summan som är 2 n 1. Här kan i bytas ut mot vilken som helst annan symbol (utom n, som redan är upptaget). n 1 2 r betyder alltså precis samma sak. r=0 Man kan tänka sig andra gränser för i än just 0 och n 1. T.ex. är n+1 2 n + 2 n+1. Här måste förstås n 2. i=3 2 i = 2 3 + 2 + + Vitsen med detta skrivsätt är inte främst att det är mer kompakt. Poängen är att man tydligt talar om hur termerna varierar. I detta fall är det klart vad prickarna i formel (3) skall stå för, men i andra fall kan det vara oklart hur de skall tolkas. Man brukar kalla 2 i för den allmänna termen.. Ännu en hypotes som vi lyckas bevisa. Vi tar ett exempel till. häpnadsväckande formel. Min kollega, nyssnämnde professor X, har givit mig följande 1 3 + 2 3 + 3 3 + + n 3 = n2 (n + 1) 2 (6) Innan du läser vidare bör du själv tänka efter hur vänsterledet kan skrivas med hjälp av summasymbolen Σ. Således är 1 3 + 2 3 + + 100 3 = 1002 101 2 = 25502500, om professor X har rätt. Att kontrollera detta sista är förstås tidsödande och skulle ändå inte ge oss tillräckligt bevis för att formeln alltid är riktig. Professorn har en tendens att ibland skoja, dessutom gör oss talet i nämnaren i högerledet skeptiska. Vänsterledet är ju alltid ett heltal. För n = 100 är dock täljaren i högerledet delbar med fyra så även högerledet är ett heltal. Nog ser du varför n 2 (n + 1) 2 alltid är delbart med? 5
Men låt oss ändå försöka med samma resonemang som med den förra talföljden och studera hur snabbt de båda talföljderna i vänster- respektive högerled ökar. Vi kan skriva v n = 1 3 + 2 3 + 3 3 + + n 3 och h n = n2 (n + 1) 2 (7) Tänk efter hur vänsterledet skall tolkas för små värden på n och kontrollera på egen hand att v n = h n gäller åtminstone för n = 1, 2, 3. Du har då kontrollerat att de båda talföljderna börjar likadant. Låt oss jämföra ökningstakten: v n+1 v n = (n + 1) 3 och h n+1 h n = (n + 1)2 (n + 2) 2 n2 (n + 1) 2 (8) Att visa att ökningarna är lika kan man naturligtvis göra genom att helt enkelt utveckla uttrycken ovan. T.ex. är ju (n + 1) 3 = (n + 1)(n + 1) 2 = (n + 1)(n 2 + 2n + 1) = n 3 + 2n 2 + n + n 2 + 2n + 1 = n 3 + 3n 2 + 3n + 1, en formel som du känner igen från dina tidigare universitetsstudier. Och högerledet kan man också utveckla och sedan jämföra. Men om det är något man bör träna på är det att överblicka en situation och försöka vara lite taktisk vid beräkningar, t.ex. så här: (n + 1) 2 (n + 2) 2 n2 (n + 1) 2 ] (n + 1)2 = [bryt ut = (n + 1) 2 ((n + 2) 2 n 2) = (n + 1)2 (n 2 + n + n 2 ) = (n + 1) 2 (n + 1) = (n + 1) 3 (n + 1)2 (n + ) = Eftersom talföljderna v n och h n börjar likadant och ökar på samma sätt så är v n = h n för alla n och vi har bevisat professorns formel (6). 5. Lite mer abstrakta funderingar. Vi skall visa många likheter av typen v n = h n, där v och h står för vänster respektive höger. Låt oss resonera lite mer generellt. Om v n och h n ökar på samma sätt, men inte börjar på samma sätt, låt oss säga att redan v 1 h 1, så kommer v n och h n aldrig att vara lika. I själva verket kommer skillnaden dem emellan att vara konstant. Å andra sidan om v 1 = h 1 men v n och h n inte har samma ökningstakt så kommer inte heller v n = h n att gälla allmänt. Däremot kan det tänkas gälla för vissa n. Exempelvis skulle ju v n kunna öka fortare än h n i början (för små n) men sedan h n öka takten och komma i fatt så att t.ex. v 7 = h 7 skulle kunna gälla. Låt oss göra ännu ett tankeexperiment. Antag att vi redan vet (har kontrollerat) att v 1 = h 1, v 2 = h 2 och så vidare upp till v 7 = h 7 och dessutom vet att v 8 v 7 = h 8 h 7. Då är förstås också v 8 = h 8. I denna situation kan man säga att vi drar nytta av att vi vet v n = h n för n = 7 när vi visar v n = h n för n = 8. 6
Låt oss bli ännu mer abstrakta. Antag att vi vet att om v k = h k så är också v k+1 = h k+1 och att vi vet detta för varje värde på k. (9) För att lätta upp stämningen skulle jag vilja säga att ett tal n är lyckligt om v n = h n gäller för just detta n. Om t.ex. v 7 = h 7 men v 9 h 9 så är 7 ett lyckligt tal medan 9 är olyckligt. Då skulle vi kunna formulera (9) på detta sätt för varje k gäller att om k är ett lyckligt tal så är också k + 1 ett lyckligt tal (9 ) Jag brukar säga att lyckan sprider sig från n = k till n = k + 1, d.v.s. från ett tal till närmast högre. Låt oss anta att vi vet detta. Vad kan vi säga då? Ja, vi kan exempelvis säga att om vi dessutom vet att 12 är lyckligt så är också 13 lyckligt, men då följer också att 1 är lyckligt och så vidare. Lyckan kommer sprida sig till alla naturliga tal 12. Med andra ord: om v 12 = h 12 så gäller också att v 13 = h 13 och eftersom vi då vet att v 13 = h 13 så sluter vi också v 1 = h 1 och så vidare. Men om vi inte vet att v n = h n för något specifikt värde på n, som vi kan börja med, så kör vi fast. Vi skall inte bli mer abstrakta just nu. Om nu v n = h n är sant för alla n så är det naturligtvis sant oberoende av vad vi har för oss. Alla n är lyckliga redan från början (även om vi inte vet om det) men jag tycker det är suggestivt att tänka sig att lyckan så att säga sprids från varje tal till närmast större. Börjar vi med att kontrollera att v 1 = h 1 så sprids lyckan först från 1 till 2, sedan från 2 till 3 och så vidare. Ett annat sätt att uttrycka (9) kunde vara: giltigheten för n = k inducerar giltigheten för n = k + 1 ungefär som en elektriskt laddad partikel i rörelse kan inducera rörelsen hos en annan partikel. Den bevisteknik vi är inne på kallas just induktion, och det är ju också namnet på detta kursmoment. 6. Exemplet i Avsnitt 2 med nya ögon. Det här sättet att tänka liknar det vi började med när vi studerade ökningstakten för två talföljder, men denna formulering är lite mer generell. Vi återgår till exemplet med formeln () igen och sätter v n = 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 n 1 och h n = 2 n 1. Vi kontrollerar lätt att v 1 = h 1 = 1. Alltså är 1 ett lyckligt tal! För att bevisa formeln allmänt räcker det att visa att lyckan sprids från ett värde på n till nästa, eller annorlunda uttryckt att giltigheten för n = k inducerar giltigheten för n = k + 1. För att visa denna implikation (om k är lyckligt så är k + 1 lyckligt), så antar vi att k är ett lyckligt tal och skall visa att k + 1 också är ett lyckligt tal. Vi antar alltså att k är sådant att 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 k 1 = 2 k 1 (10) - detta kallas för induktionsantagandet - och skall visa 7
som vi kallar induktionshypotesen. 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 k 1 + 2 k = 2 k+1 1 (11) Vi får v k+1 = 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + + 2 k 1 + 2 k = [enligt (10)] 2 k 1 + 2 k = 2 2 k 1 = 2 k+1 1 = h k+1. Jämför med vårt förra bevis. Det är samma grundläggande idé, men en lite annorlunda uppläggning. 7. Analys av vårt bevis och ännu ett exempel. Beviset av formel () är ett exempel på ett induktionsbevis. Analyserar vi beviset av att v n = h n för alla n ser vi att beviset har två delar: (i) vi visade att v 1 = h 1 (ii) vi visade att om k är ett lyckligt tal så är också k + 1 ett lyckligt tal eller med andra ord om v k = h k är sant så är också v k+1 = h k+1 sant. Del (i) av beviset kallas för induktionsbas och del (ii) för induktionssteg. För det mesta, men inte alltid, är induktionssteget svårare att utföra än induktionsbasen. Läs noga igenom och fundera över principen i steg (ii). Om vi skall visa (ii) så utgår vi alltså från något tal k för vilket likheten gäller och bevisar att likheten gäller även för k + 1. Har vi utfört induktionsbasen (i) så kan vi tillämpa (ii) och sluta oss till att v 2 = h 2 osv. Det bevis vi gav av () i Avsnitt 2 kan vi mycket väl kalla induktionsbevis också. Bevisen är mycket nära släkt. Kanske föredrar du uppläggningen i Avsnitt 2? Den nya uppläggningen är dock lättare att variera och generalisera så den passar i andra situationer. Och variation och generalisering leder ofta till nya framgångar i matematiken. Vi skall se exempel på det under Dag 2 och Dag 3. Låt oss återigen ge oss i kast med formel (6): 1 3 + 2 3 + 3 3 + + n 3 = n2 (n+1) 2 och beteckna vänster- respektive högerled med v n respektive h n. För n = 1 får vi v 1 = 1 och h 1 = 1, så v 1 = h 1. Därmed har vi redan klarat av induktionsbasen, 1 är ett lyckligt tal. Nu följer induktionssteget. Låt k vara ett lyckligt tal, d.v.s. låt k vara ett värde på n sådant att formel (6) gäller (t.ex. kunde k vara 1). Antag alltså att (detta är induktionsbasen) 1 3 + 2 3 + 3 3 + + k 3 = k2 (k + 1) 2 (12) Vi skall visa att visa att k + 1 också är ett lyckligt tal. Vi skall alltså visa att 1 3 + 2 3 + 3 3 + + k 3 + (k + 1) 3 = (k + 1)2 (k + 2) 2 (13) För tydlighetens skull har jag tagit med de två sista termerna i vänsterledet. Vi får 8
1 3 + 2 3 + 3 3 + + k 3 + (k + 1) 3 = [enligt (12)] k2 (k + 1) 2 + (k + 1) 3 = ( ) k (k + 1) 2 2 + k + 1 = (k + 1) 2 k2 + k + = (k + 1)2 (k + 2) 2 och därmed har vi visat (13) och induktionsbeviset är fullbordat. 8. Övningar. Övning 1. Bevisa formeln 1 2 + 2 3 + 3 + + n(n + 1) = 1 n(n + 1)(n + 2) 3 Använd båda metoderna, d.v.s. metoden med lika ökningstakt och induktionsbevis à la Avsnitt 5 7. Var mycket noga med dina formuleringar, så det klart framgår om något du skriver är något vi redan vet eller något vi skall försöka bevisa. Övning 2. Skriv vänsterledet i föregående övning med summasymbolen. Det här är ett exempel då det kan finnas ett litet behov av att tydliggöra vad prickarna står för, d.v.s. hur den allmänna termen ser ut. Övning 3. Bevisa formeln n (i + 1)2 i = n 2 n+1 + 1 i=0 Börja med att skriva vänsterledet utan summasymbolen. Använd sedan båda metoderna, d.v.s. metoden med lika ökningstakt och induktionsbevis à la Avsnitt 5 7. Övning. Låt v n = h n vara en hypotes där n = 1, 2, 3,.... Antag att vi har visat att v 3 = h 3 och att om v k = h k (om k är lyckligt) så är v k+2 = h k+2 (k + 2 lyckligt). För vilka värden på n följer då att hypotesen är riktig? Övning 5. Låt v n = h n vara en hypotes där n = 1, 2, 3,.... Antag att vi har visat att v 20 = h 20 och att om v k = h k, där k 13 så är också v k 1 = h k 1 (om k är ett lyckligt tal större än eller lika med 13 så är k 1 också ett lyckligt tal). För vilka värden på n följer av detta att hypotesen är riktig? Övning 6. Låt v n = h n vara en hypotes där n = 1, 2, 3,.... Antag att vi (som induktionssteg) har visat att om n 5 och v k = h k så är också v k+1 = h k+1. a) Antag också att vi vet att v 1 = h 1. Vilka slutsatser kan vi då dra? b) För vilka n måste vi (som induktionsbas) visa att v n = h n för att vi av induktionssteget skall kunna sluta oss till att v n = h n för alla n = 0, 1, 2, 3,...? Övning 7. Gå tillbaka till vårt första exempel med antalet siffror i 2-potenser. Ge en pedagogisk, gärna lite informell och känslomässig, förklaring till fenomenet. Kommer det att hända igen? När då? 9