תרגול 4 תשעז
רעיון בסיסי - אינדוקציה על הטבעיים
בשביל 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]) מספיק להוכיח את הבאים:
- (בסיס האינדוקציה) הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ P(1) }[/math] מתקיים
- (צעד האינדוקציה)אם הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים אזי 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 על זה הדרך. אפשר להשתכנע שבסופו של דבר [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] נכון לכל [math]\displaystyle{ n }[/math]
דוגמא: 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
דוגמא נוספת:
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 1
הכללה ישירה מתבצעת כך (החלפה רק של הטענה הראשונה): אם נוכיח עבור טענה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] ש:
- הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=k }[/math] מסוים כלומר [math]\displaystyle{ P(k) }[/math] מתקיים
- אם הטענה נכונה עבור מספר טבעי מסוים אזי 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 מתקיים החל מ-1 ניתן להוכיח עבור [math]\displaystyle{ n=k }[/math] ואז הטענה מתקיים החל מ-k
דוגמא:
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] כלשהוא, 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)= 1+nx +x+nx^2 \gt 1+x+nx =1+ (n+1)x }[/math]
וסיימנו
הכללה פשוטה 2
אם נוכיח עבור טענה [math]\displaystyle{ P(n) }[/math] ש:
- הטענה מתקיימת עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] מסוים כלומר [math]\displaystyle{ P(1) }[/math] מתקיים
- 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]
דוגמא:
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=\Pi_{k=1}^l p_k,b=\Pi_{i=1}^r q_i }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ p_k,q_i }[/math] ראשוניים
ואז [math]\displaystyle{ n+1=ab=\Pi_{k=1}^l p_k\cdot \Pi_{i=1}^r q_i }[/math]
וסיימנו.
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] טואוטולוגיה 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 טואוטולוגיה.בדיקה: עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math], הפסוק הוא [math]\displaystyle{ A\to A }[/math]. הוא אכן טואוטולוגיה.
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 טואוטולוגיה. 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 הנוסחא [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] כל שהוא. 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 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]\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] ג"כ 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])