תרגול 4 תשעז

חזרה לדף מערכי התרגול.

אינדוקציה מתמטית: רעיון בסיסי

אינדוקציה היא שיטה המאפשרת להוכיח שטענה מסוימת [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] נכונה עבור כל מספר טבעי (למשל [math]\displaystyle{ (1+2+\cdots +n)^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 }[/math]) בעזרת הסקה מן הפרט אל הכלל.

הוכחת הטענה [math]\displaystyle{ \forall nP(n) }[/math] שקולה להוכחת שתי הטענות הבאות:

• (בסיס האינדוקציה) הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math]. כלומר [math]\displaystyle{ P(1) }[/math] נכון.
• (צעד האינדוקציה) אם הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים, אז היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו. כלומר [math]\displaystyle{ P(n)\rightarrow P(n+1) }[/math].

למה זה מספיק? בוא נחשוב. הוכחנו באופן ישיר כי הטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ P(1) }[/math] מתקיים. לכן לפי הטענה השניה, אם הטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] (שזה אכן כך) אז הטענה נכונה גם עבור [math]\displaystyle{ n=2 }[/math]. כלומר [math]\displaystyle{ P(2) }[/math]. אה! אז עכשיו זה נכון עבור [math]\displaystyle{ n=2 }[/math], אז לפי אותה טענה זה נכון גם עבור [math]\displaystyle{ n=3 }[/math]! ומה עכשיו? אם זה נכון עבור [math]\displaystyle{ n=3 }[/math], זה נכון עבור [math]\displaystyle{ n=4 }[/math]. וכן הלאה באותה הדרך. אפשר להשתכנע שבסופו של דבר [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] נכון לכל [math]\displaystyle{ n }[/math].

דוגמה: נוכיח באינדוקציה כי הטענה [math]\displaystyle{ (1+2+\cdots +n)^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 }[/math] נכונה לכל [math]\displaystyle{ n\in \mathbb{N} }[/math] טבעי.

הוכחה:

עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] אכן מתקיים כי [math]\displaystyle{ 1^2=1^3 }[/math].

כעת נראה שאם הטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] כלשהוא, כלומר אם מתקיים [math]\displaystyle{ (1+2+\cdots +n)^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 }[/math] אזי הטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ (1+2+\cdots +n+(n+1))^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 + (n+1)^3 }[/math]. כלומר נוכיח ש: [math]\displaystyle{ P(n) \to P(n+1) }[/math]

נוכיח:

[math]\displaystyle{ (1+2+\cdots +n+(n+1))^2=(1+2+\cdots +n)^2+2\cdot(1+2+\cdots +n)(n+1)+(n+1)^2 }[/math]

לפי הנחת האינדוקציה אפשר להמשיך הלאה:

[math]\displaystyle{ =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +2\cdot (1+2+\cdots +n)(n+1)+(n+1)^2 }[/math] [math]\displaystyle{ =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +2 \cdot \frac{n(n+1)}{2}(n+1)+(n+1)^2 }[/math] [math]\displaystyle{ =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +n(n+1)^2+(n+1)^2 }[/math] [math]\displaystyle{ =1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +(1+n)(n+1)^2=1^3 +2^3 + \cdots +n^3+(n+1)^3 }[/math]

וסיימנו.

דוגמה:

הוכח כי לכל מספר טבעי [math]\displaystyle{ n }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ 2+4+6+\cdots +2n=n(n+1) }[/math]

פתרון:

עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] אכן מתקיים [math]\displaystyle{ 2=1\cdot(1+1) }[/math]

כעת נניח שהטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] ונוכיח את הטענה עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math]

[math]\displaystyle{ 2+4+\cdots 2n+2(n+1)=\sum_{k=1}^{n+1}2\cdot k=\sum_{k=1}^{n}2\cdot k + 2(n+1) = }[/math]

לפי הנחת האינדוקציה ניתן להמשיך

[math]\displaystyle{ =n(n+1)+2(n+1)=(n+1)(n+2) }[/math]

שזה הטענה עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] וסיימנו.

הכללות

הכללה פשוטה ראשונה

הכללה ישירה שבה יש שינוי רק בבסיס האינדוקציה: אם נוכיח עבור טענה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] כי:

• הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=k }[/math] מסוים. כלומר [math]\displaystyle{ P(k) }[/math] נכונה.
• אם הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים, אז היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו. כלומר [math]\displaystyle{ P(n)\rightarrow P(n+1) }[/math].

אז באופן דומה הטענה נכונה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] נכונה עבור [math]\displaystyle{ n\geq k }[/math].

כלומר - במקום להוכיח עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] ואז הטענה מתקיימת החל מ-[math]\displaystyle{ 1 }[/math] ניתן להוכיח עבור [math]\displaystyle{ n=k }[/math] ואז הטענה מתקיים החל מ-[math]\displaystyle{ k }[/math].

דוגמה: הוכח כי לכל [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ (1+x)^n \gt 1+nx }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\geq 2 }[/math].

פתרון:

עבור [math]\displaystyle{ n=2 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ (1+x)^2 = 1+2x+x^2\gt 1+2x }[/math] כי [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] .

כעת נניח כי הטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] כלשהו, כלומר מתקיים [math]\displaystyle{ (1+x)^n \gt 1+nx }[/math].

נוכיח עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] מהנחת האינדוקציה נקבל כי [math]\displaystyle{ (1+x)^{n+1}=(1+x)^n\cdot (1+x)\gt (1+nx) (1+x) }[/math] [math]\displaystyle{ =1+nx +x+nx^2 \gt 1+x+nx =1+ (n+1)x }[/math]

וסיימנו.

הכללה פשוטה שנייה

הכללה שבה יש שינוי בצעד האינדוקציה, הנקראת אינדוקציה שלמה: אם נוכיח עבור טענה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] כי:

• הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math]. כלומר [math]\displaystyle{ P(1) }[/math] נכונה.
• אם הטענה נכונה עבור כל המספרים עד מספר טבעי מסוים [math]\displaystyle{ n }[/math] (כלומר מתקיים [math]\displaystyle{ P(m) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ m\leq n }[/math]) אזי היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו (כלומר [math]\displaystyle{ P(n+1) }[/math] מתקיים).

אז באופן דומה הטענה נכונה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] נכונה עבור [math]\displaystyle{ n\geq 1 }[/math].

כלומר - אפשר להחליף את ההנחה שמתקיים עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] ולהוכיח עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] בהנחה שמתקיים עבור כל מי שקטן שווה [math]\displaystyle{ n }[/math] ולהוכיח עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math].

תרגיל (בד"כ נעשה בהרצאה)

כל מספר טבעי [math]\displaystyle{ 1\lt n }[/math] ניתן להציגו כמכפלה של מספרים ראשוניים.

הוכחה:

עבור [math]\displaystyle{ n=2 }[/math] זה נכון כי 2 ראשוני ואז הוא הפירוק של עצמו.

כעת נניח שהטענה נכונה לכל [math]\displaystyle{ 1\lt k\leq n }[/math] ונוכיח עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math].

אם [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] ראשוני - סיימנו כי אז הוא הפירוק של עצמו.

אחרת [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] מתפרק למכפלה [math]\displaystyle{ n+1=ab }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ 1\lt a,b\lt n+1 }[/math] לפי הנחת האינדוקציה [math]\displaystyle{ a,b }[/math] מתפרקים למכפלה של מספרים ראשוניים [math]\displaystyle{ a=\prod_{k=1}^l p_k,b=\prod_{i=1}^r q_i }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ p_k,q_i }[/math] ראשוניים.

אזי [math]\displaystyle{ n+1=ab=\prod_{k=1}^l p_k\cdot \prod_{i=1}^r q_i }[/math] וסיימנו.

תרגיל

שאלת השוקולוד.

תרגילים יותר מעניינים

תרגיל

יהא [math]\displaystyle{ A }[/math] פסוק. נגדיר בעזרת אינדוקציה פסוקים: [math]\displaystyle{ P_0 = A, P_n=(P_{n-1})\to A }[/math]

הוכיחו כי [math]\displaystyle{ P_{n} }[/math] טאוטולוגיה כאשר [math]\displaystyle{ n }[/math] אי-זוגי.

פתרון: נוכיח באינדוקציה כי לכל [math]\displaystyle{ n }[/math] אי-זוגי, הפסוק [math]\displaystyle{ P_{n} }[/math] הוא טאוטולוגיה. בדיקה: עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math], הפסוק הוא [math]\displaystyle{ A\to A }[/math]. הוא אכן טאוטולוגיה.

צעד: כעת, נניח את נכונות הטענה עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] אי-זוגי, ונוכיח עבור האי-זוגי הבא בתור, כלומר [math]\displaystyle{ n+2 }[/math].

מתקיים:[math]\displaystyle{ P_{n+2}=P_{n+1}\to A=(P_{n}\to A)\to A }[/math] נראה כי זו אכן טאוטולוגיה. ראשית, לפי ההנחה, [math]\displaystyle{ P_{n}\equiv T }[/math] לכל ערך של [math]\displaystyle{ A }[/math].

• אם [math]\displaystyle{ A=F }[/math], נקבל [math]\displaystyle{ (T\to F)\to F\equiv F\to F }[/math]- אכן אמת.

• אם [math]\displaystyle{ A=T }[/math], נקבל [math]\displaystyle{ (T\to T)\to T\equiv T\to T }[/math] - אכן אמת.

וסיימנו באינדוקציה.

תרגיל

יהיו [math]\displaystyle{ A_1,A_2\dots A_{m+1} \in \mathbb{F}^{n\times n} }[/math] מטריצות ריבועיות אזי האיבר הכללי של המכפלה של כולם ניתן ע"י הנוסחה [math]\displaystyle{ (A_1A_2\cdots A_{m+1})_{i,j}=\underset{1\leq i_1,i_2,\dots i_m \leq n}{\sum}(A_1)_{i,i_1}(A_2)_{i_1,i_2}\dots (A_{m+1})_{i_m,j} }[/math]

הוכחה (באינדוקציה על מספר המטריצות):

עבור [math]\displaystyle{ m=1 }[/math] זה ההגדרה של כפל בין 2 מטריצות.

כעת, נניח שהטענה נכונה עבור [math]\displaystyle{ m }[/math] כלשהו. נוכיח נכונות עבור [math]\displaystyle{ m+1 }[/math].

[math]\displaystyle{ (A_1A_2\cdots A_{m+1}A_{m+2})_{i,j}=\sum_{i_{m+1}=1}^n (A_1A_2\cdots A_{m+1})_{i,i_{m+1}}(A_{m+2})_{i_{m+1},j} }[/math]

לפי הנחת האינדוקציה נמשיך:

[math]\displaystyle{ =\sum_{i_{m+1}=1}^n \underset{1\leq i_1,i_2,\dots i_m \leq n}{\sum}(A_1)_{i,i_1}(A_2)_{i_1,i_2}\dots (A_{m+1})_{i_m,i_{m+1}}(A_{m+2})_{i_{m+1},j} = }[/math]

[math]\displaystyle{ = \underset{1\leq i_1,i_2,\dots i_m, i_{m+1} \leq n}{\sum}(A_1)_{i,i_1}(A_2)_{i_1,i_2}\dots (A_{m+1})_{i_m,i_{m+1}}(A_{m+2})_{i_{m+1},j} }[/math]

וסיימנו.

אזהרה

אינדוקציה היא כלי חזק אך יש לשים לב כי משתמשים בו נכון.

דוגמה מפורסמת להוכחת שגויה באינדוקציה היא הדוגמה הבאה:

טענה: כל קבוצה של סוסים לא ריקה מכילה סוסים מצבע יחיד.

"הוכחה": נוכיח בעזרת אינדוקציה על מספר האיברים בקבוצת הסוסים.

עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] אכן מתקיים כי קבוצה עם סוס אחד מכילה רק סוסים מצבע יחיד.

כעת נניח כל קבוצה עם [math]\displaystyle{ n }[/math] סוסים מכילה סוסים רק מצבע יחיד ונוכיח את הטענה לקבוצת סוסים מגודל [math]\displaystyle{ n+1 }[/math].

תהא [math]\displaystyle{ H=\{h_1,h_2,\dots h_n,h_{n+1}\} }[/math] קבוצה עם [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] סוסים אזי לפי הנחת האינדוקציה [math]\displaystyle{ H_1 =\{h_1,h_2,\dots h_n\} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ H_2=\{h_2,\dots h_n,h_{n+1}\} }[/math] הן קבוצות שמכילות סוסים מצבע יחיד (כי אלו קבוצות סוסים מגודל [math]\displaystyle{ n }[/math]), ולכן כל הסוסים ב-[math]\displaystyle{ H }[/math] גם כן בעלי צבע יחיד (כי יש חפיפה בין [math]\displaystyle{ H_1 }[/math] ובין [math]\displaystyle{ H_2 }[/math]).

חישבו איפה השגיאה (רמז: במעבר מ [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] ל [math]\displaystyle{ n=2 }[/math]).