אריאל: יצירת דף עם התוכן "'''חזרה למערכי התרגול''' =רעיון בסיסי - אינדוקציה על הטבעיים= ב..."

2017-08-20T12:33:40Z

יצירת דף עם התוכן "'''חזרה למערכי התרגול''' =רעיון בסיסי - אינדוקציה על הטבעיים= ב..."

דף חדש

'''[[מערכי תרגול מדמח קיץ תשעז|חזרה למערכי התרגול]]'''

=רעיון בסיסי - אינדוקציה על הטבעיים=

בשביל להוכיח שטענה מסוימת <math>P(n)</math> נכונה עבור כל מספר טבעי
(למשל <math>(1+2+\cdots +n)^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3</math>) מספיק להוכיח את הבאים:
* (בסיס האינדוקציה) הטענה מתקיימת עבור <math>n=1</math> כלומר <math>P(1)</math> מתקיים
* (צעד האינדוקציה)'''אם''' הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים אזי היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו. כלומר <math>P(n)\Rightarrow P(n+1)</math>.

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

דוגמא:
נוכיח באינדוקציה כי הטענה <math>(1+2+\cdots +n)^2 =1^3 +2^3 + \cdots +n^3</math>
נכונה לכל <math>n\in \mathbb{N} </math> טבעי

הוכחה:

עבור <math>n=1</math> אכן מתקיים כי <math>1^2=1^3</math>

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

נוכיח:

<math>(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>=1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +2\cdot (1+2+\cdots +n)(n+1)+(n+1)^2 </math>
<math>=1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +2 \cdot \frac{n(n+1)}{2}(n+1)+(n+1)^2 </math>
<math>=1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +n(n+1)^2+(n+1)^2</math>
<math>=1^3 +2^3 + \cdots +n^3 +(1+n)(n+1)^2=1^3 +2^3 + \cdots +n^3+(n+1)^3</math>

וסיימנו

דוגמא נוספת:

הוכח כי לכל מספר טבעי <math>n</math> מתקיים כי <math>2+4+6+\cdots +2n=n(n+1)</math>

פתרון:

עבור <math>n=1</math> אכן מתקיים <math>2=1\cdot(1+1)</math>

כעת נניח שהטענה נכונה עבור <math>n</math> ונוכיח את הטענה עבור <math>n+1</math>

<math>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>=n(n+1)+2(n+1)=(n+1)(n+2)</math>

שזה הטענה עבור <math>n+1</math> וסיימנו.
=== לפעמים כדאי להניח הנחות חזקות יותר ===
תרגיל:

נגדיר <math>a_0 =0 , a_{n+1}=a_n^2 +1/4</math>/

הוכח כי לכל n מתקיים <math>a_n<1</math>

פתרון: נוכיח משהו יותר חזק - לכל n מתקיים <math>a_n<1/2</math>

אכן: עבור <math>a_0</math> זה מתקיים. כעת נניח שנכון עבור n ונראה עבור n+1

<math>a_{n+1}=a_n^2+1/4<(1/2)^2+1/4 =1/2</math>

==סדר טוב ==

הגדרה: יהי <math>R</math> יחס סדר חלקי על קבוצה <math>A</math>.

<math>R</math> יקרא '''סדר טוב''' אם לכל <math>\emptyset \neq B\subseteq A</math> קיים איבר מינימום/הכי קטן/ראשון ב <math>B</math>.

מינוח: נאמר כי <math>A</math> '''סדורה היטב'''.

דוגמא: הקס"ח <math>(\{1,2,3\},\le)</math> היא סדורה היטב - תתי הקבוצות הלא ריקות שלה הן <math>\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{2,3\},\{1,3\},\{1,2,3\}</math> והאיבר הראשון בכל תת קבוצה הוא בהתאמה <math>1,2,3,1,2,1,1</math>.

===עקרון הסדר הטוב===
נסתכל על <math>(\mathbb{N},\le)</math> - קבוצת הטבעיים עם יחס הסדר "קטן שווה" הסטנדרטי.

אינטואיטיבית, אכן מתקיים כי לכל קבוצה לא ריקה של טבעיים קיים איבר ראשון - "אם 1 שם, הוא הקטן ביותר; אם 2 שם, הוא הקטן ביותר; ''ממשיכים כך'' עד שמגיעים לאיבר כלשהו (כי הקבוצה לא ריקה), והוא הקטן ביותר".

פורמלית, טענה זו, הנקראת '''עקרון הסדר הטוב''', והיא '''שקולה''' לטענת (/אקסיומת) האינדוקציה.

דוגמא נוספת: ניתן להגדיר אל <math>\mathbb{Q}_+</math> יחס סדר חלקי לפי התמונה הבא (כאשר מזהים כל שבר עם זוג סדור ומבטלים את החזרות המיותרות)

[[קובץ:NutualSquareEqNutural.jpeg]]

התבוננו והשתכנעו שזה גם סדר טוב.

הערה: זה בניגוד לסדר "קטן שווה" הרגיל על השברים שאינו סדר טוב כי לקבוצה
<math>\{x\in \mathbb{Q}_+ | \sqrt{2}<x \}</math> אין איבר מינימום.

===משפט הסדר הטוב===
משפט הסדר הטוב קובע שלכל קבוצה <math>A</math> קיים סדר טוב.

תרגיל:

תהא <math>A</math> קבוצה בת מנייה. הוכח כי ניתן לסדר אותה היטב (בהינתן עקרון הסדר הטוב).

פתרון:

לפי הנתון קיימת פונקציה חח"ע ועל <math>f:A\to \mathbb{N} </math>.
נגדיר את היחס הבא על <math>A</math> כך: <math>x\leq y \iff f(x)\leq f(y) </math>. זהו יחס סדר (השתכנעו!).
בנוסף, <math>A</math> סדורה היטב על ידו: תהא <math>B\subseteq A</math> תת קבוצה לא ריקה. אזי <math>f(B)\subseteq\mathbb{N}</math> תת קבוצה לא ריקה ולכן קיים בה איבר מינימום נסמנו <math>n</math>. בדקו כי
<math>f^{-1}(n)\in B</math> איבר מינימום.

==הכללות==
===הכללה פשוטה 1===
הכללה ישירה מתבצעת כך (החלפה רק של הטענה הראשונה): אם נוכיח עבור טענה <math>P(n)</math> ש:
* הטענה מתקיימת עבור <math>n=k</math> מסוים כלומר <math>P(k)</math> מתקיים
* '''אם''' הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים אזי היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו. כלומר <math>P(n)\Rightarrow P(n+1)</math>.

אז באופן דומה הטענה נכונה <math>P(n)</math> נכונה עבור <math>n\geq k</math>

כלומר - במקום להוכיח עבור <math>n=1</math> ואז הטענה מתקיים החל מ-1 ניתן להוכיח עבור <math>n=k</math> ואז הטענה מתקיים החל מ-k

דוגמא:

הוכח כי לכל <math>x>0</math> מתקיים <math>(1+x)^n > 1+nx</math> לכל <math>n\geq 2</math>

פתרון:

עבור <math>n=2</math> נקבל <math>(1+x)^2 = 1+2x+x^2>1+2x</math> כי <math>x>0</math>

כעת נניח כי הטענה נכונה עבור <math>n</math> כלשהוא, כלומר מתקיים <math>(1+x)^n > 1+nx</math>

נוכיח עבור <math>n+1</math> מהנחת האינדוקציה נקבל כי
<math> (1+x)^{n+1}=(1+x)^n\cdot (1+x)>(1+nx) (1+x)= 1+nx +x+nx^2 > 1+x+nx =1+ (n+1)x </math>

וסיימנו

===הכללה פשוטה 2 ===
אם נוכיח עבור טענה <math>P(n)</math> ש:
* הטענה מתקיימת עבור <math>n=1</math> מסוים כלומר <math>P(1)</math> מתקיים
* '''אם''' הטענה נכונה עבור כל המספרים עד מספר טבעי מסוים <math>n</math> (כלומר מתקיים <math>P(m)</math> עבור <math>m\leq n</math>) אזי היא נכונה גם עבור המספר הבא אחריו (כלומר <math>P(n+1)</math> מתקיים).

אז באופן דומה הטענה נכונה <math>P(n)</math> נכונה עבור <math>n\geq 1</math>

כלומר - אפשר להחליף את ההנחה שמתקיים עבור <math>n</math> ולהוכיח עבור <math>n+1</math>
בהנחה שמתקיים עבור כל מי ש'''קטן שווה''' <math>n</math> ולהוכיח עבור <math>n+1</math>

דוגמא:
כל מספר טבעי <math>1<n </math> ניתן להציגו כמכפלה של מספרים ראשוניים

הוכחה:

עבור <math>n=2</math> זה נכון כי 2 ראשוני ואז הוא הפירוק של עצמו.

כעת נניח שהטענה נכונה לכל <math>1<k\leq n</math> ונוכיח עבור <math>n+1</math>

אם <math>n+1</math> ראשוני - סיימנו כי אז הוא הפירוק של עצמו.

אחרת <math>n+1</math> מתפרק למכפלה <math>n+1=ab</math> כאשר <math>1<a,b<n+1</math>
לפי הנחת האינדוקציה <math>a,b</math> מתפרקים למכפלה של מספרים ראשוניים
<math>a=\Pi_{k=1}^l p_k,b=\Pi_{i=1}^r q_i</math> כאשר <math>p_k,q_i</math> ראשוניים

ואז <math>n+1=ab=\Pi_{k=1}^l p_k\cdot \Pi_{i=1}^r q_i</math>

וסיימנו

=== הכללה מעמיקה ===
תהא <math>A</math> קבוצה סדורה היטב (נסמן את היחס שלה ב<math>\leq</math>) בת מניה אז ניתן להוכיח שטענה <math>P</math> מתקיימת לכל <math>a\in A</math> ע"י הוכחת הטענה הבא:
* '''אם''' הטענה <math>P </math> נכונה עבור <math>m<n</math> אז הטענה נכונה עבור <math>n</math>.

למה זה עובד?

נניח בשלילה כי הטענה <math>P</math> לא מתקיימת לכל <math>a\in A</math>
אזי נגדיר <math>D:=\{a\in A | P(a)=FALSE \}</math> - קבוצת כל האיברים ב <math>A</math> שעבורם הטענה אינה נכונה. מהנחת השלילה <math>D\neq \emptyset</math>.

כיוון ש <math>A</math> סדורה היטב אזי קיים ב <math>D</math> מינימום, נסמנו <math>d</math>. לפי הגדרת מינימום והגדרת <math>D</math> נובע כי לכל <math>m<d</math> הטענה נכונה (אם היה <math>m<d</math> שהטענה לא נכונה לגביו אזי הוא היה בקבוצה <math>D</math> ואז זה היה סתירה לכך ש <math>d</math> מינימום של קבוצה זאת).

אבל אם זה כך אז לפי הטענה שמוכיחים זה גורר כי <math>d</math> כן מתקיים. סתירה. ולכן הטענה נכונה לכל <math>a\in A</math>

הערה: אפשר לעשות אינדוקציה הנקראת אינדוקציה טרנספניטית על קבוצות כלשהן (לאו דווקא בנות מניה)

== תרגילים יותר מעניינים ==
===תרגיל ===
יהא <math>A</math> פסוק. נגדיר בעזרת אינדוקציה פסוקים:
<math>P_0 = A, P_n=(P_{n-1})\to A</math>
הוכיחו כי <math>P_{n}</math>
טואוטולוגיה כאשר <math>n</math> אי-זוגי.

פתרון: נוכיח באינדוקציה כי לכל <math>n</math> אי-זוגי, הפסוק <math>P_{n}</math>
הוא טואוטולוגיה.בדיקה: עבור <math>n=1</math>, הפסוק הוא <math>A\to A</math>. הוא אכן טואוטולוגיה.

צעד: כעת, נניח את נכונות הטענה עבור <math>n</math> אי-זוגי, ונוכיח עבור האי-זוגי הבא בתור, כלומר <math>n+2</math>.

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

• אם <math>A=F</math>, נקבל <math>(T\to F)\to F\equiv F\to F</math>- אכן אמת.

• אם <math>A=T</math>, נקבל <math> (T\to T)\to T\equiv T\to T</math> - אכן אמת.

וסיימנו באינדוקציה.

===תרגיל:===

יהיו <math>A_1,A_2,\dots A_n </math> קבוצות אזי <math>A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n =\{x| x \; \; \text{in odd number of sets} \}</math>

הוכחה:

עבור <math>n=2</math> זה נכון כי הפרש סימטרי של 2 קבוצות זה כל ה <math>x</math> - ים שנמצאים או בראשונה בלבד או בשניה בלבד.

נניח כי הטענה נכונה עבור <math>n</math> קבוצות. נוכיח עבור <math>n+1</math> קבוצות:

<math>A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n \triangle A_{n+1} = B\cup C </math>
כאשר <math>B=\{x \; | \; x\in (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n )\backslash A_{n+1} \} = \{x \; | \; x\in (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n ) \land x\not\in A_{n+1} \}
, \; \\ C= \{ x \; | \; x \in A_{n+1} \backslash (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n ) \} = \{x \; | \; x \in A_{n+1} \land x\not\in (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n )\}</math>

לפי הנחת האינדוקציה מתקיים <math>A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n =\{x| x \; \; \text{in odd number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n \}</math> ולכן ניתן להמשיך כך

<math>B\cup C = \{x \; | \; x\in (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n ) \; \land \; x\not\in A_{n+1}\} \cup \{x \; | \; x \in A_{n+1} \; \land \; x\not\in (A_1 \triangle A_2 \triangle \dots \triangle A_n )\} = </math>

<math>\{x \; | \; x\in \; \text{in odd number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n \; \land \; x\not\in A_{n+1} \} \cup \{x \; | \; x \in A_{n+1} \; \land \; x\not\in \text{in odd number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n \} = </math>

<math>\{x \; | x\not\in A_{n+1} \; \land \; x\in \; \text{in odd number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n \} \cup \{x \; | \; x \in A_{n+1} \; \land \; x \in \text{in even number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n \}=</math>

<math>\{x \; | \; x\in \; \text{in odd number of sets from}\; A_1,A_2\dots A_n, A_{n+1} \}</math>

לכן, הטענה נכונה גם עבור <math>n+1</math> וסיימנו

===תרגיל:===
הוכיחו בעזרת אינדוקציה כי כל מצולע קמור (כלומר הצלע בין כל שני קודקודים נמצאת בפנים המצולע) בן <math>n \geq 3</math> צלעות ניתן לשילוש (כלומר ניתן לחלק אותו למשולשים)
ושיש בשילוש <math>n-3</math> אלכסונים.

פתרון:
עבור <math>n=3</math>: מצולע קמור בן 3 צלעות חייב להיות משולש (ייתכן בעיוות כלשהוא) ולכן הוא ניתן לשילוש ע"י
<math>n-3=0</math> אלכסונים.

כעת נניח שהטענה נכונה עבור כל מצולע קמור בן <math>3\leq k \leq n</math> ונוכיח את הטענה עבור מצלוע קמור בן <math>n+1</math> צלעות (כלומר שכל מצולע קמור בן <math>n+1</math> ניתן לשילוש עם <math>(n+1)-3</math> אלכסונים). יהא מצולע קמור <math>M</math> בן <math>n+1</math> צלעות. נמתח קו בין שני קודקודים שלו. כעת המצולע שהתחלנו איתו התחלק לשני מצולעים קמורים, נסמנם <math>M_1,M_2</math>. נסמן את מספר הצלעות של <math>M_1</math> ב <math>k</math> (כלומר יש לו <math>k-1</math> צלעות משותפות עם <math>M</math> + הצלע שהוספנו. מספר הצלעות של <math>M</math> הוא <math>n+1</math> ולכן מספר הצלעות המשותפות בין <math>M</math> ל <math>M_2</math> הוא
<math>n+1-(k-1)=n-k+2</math> ולכן מספר הצלעות של <math>M_2</math> הוא <math>n-k+3</math>.
כיוון ש <math>3\leq k,n-k+3\leq n+1</math> ניתן להפעיל את הנחת האינדוקציה על <math>M_1,M_2</math> ולהסיק כי <math>M_1,M_2</math> ניתן לשילוש ע"י <math>k-3,n-k+3 - 3</math> אלכסונים.
צירוף השילושים של <math>M_1,M_2</math> יתן שילוש של <math>M</math> עם <math>(k-3) + (n-k)+1=(n+1)-3 </math> אלכסונים כנדרש.

===תרגיל:===

יהיו <math>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 הנוסחא
<math>(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>m=1</math> זה ההגדרה של כפל בין 2 מטריצות

כעת, נניח שהטענה נכונה עבור <math>m</math> כל שהוא. נוכיח נכונות עבור <math>m+1</math>

<math>(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>=\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> = \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 נכונה.

דוגמא מפורסמת להוכחת שגויה באינדוקציה היא הדוגמא הבא:

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

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

עבור <math>n=1</math> אכן מתקיים כי קבוצה עם סוס אחד מכילה רק סוסים מצבע יחיד

כעת נניח כל קבוצה עם <math>n</math> סוסים מכילה סוסים רק מצבע יחיד ונוכיח את הטענה לקבוצת סוסים מגודל <math>n+1</math>

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

חישבו איפה השגיאה (רמז: במעבר מ <math>n=1</math> ל <math>n=2</math>)

תרגול 3 מדמח קיץ תשעז - היסטוריית גרסאות

אריאל: יצירת דף עם התוכן "'''חזרה למערכי התרגול''' =רעיון בסיסי - אינדוקציה על הטבעיים= ב..."