Induksjonsbevis

Bevis ved induksjon er delt i to trinn, induksjonsgrunnlaget og induksjonstrinnet.

La U(n) være et åpent utsagn som gjelder for alle <math>\quad n \geq n_0</math>

Dersom

1. induksjonsgrunnlaget<math>\quad U(n_0)</math> er sann

og

2. induksjonstrinnet <math>\quad U(k) \Rightarrow U(k+1),\quad k\geq n_0 </math> er sann,

så er U(n) sann for alle <math>\quad n \geq n_0</math> .

Prinsippet for induksjonsbevis illustreres enklest via et konkret eksempel: La oss si at vi ønsker å bevise formelen <math>\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}\,\forall n \in \mathbb{N}</math>.

Steg 1

Det første vi gjør er å verifisere at formelen vi skal bevise gjelder for spesialtilfellet <math>n=1</math>. Dette er trivielt siden <math>\sum_{i=1}^{1}i=1</math> og <math>\frac{1\cdot (1+1)}{2}=1</math>; høyresiden er lik venstresiden.

Steg 2 (induksjonssteget)

I induksjonssteget antar vi at formelen gjelder for en bestemt verdi av n, si <math>n=k</math>, og utleder deretter via kjente regneregler at formelen gjelder for <math>n=k +1</math>. Dersom vi lykkes vil dette indusere en dominoeffekt; fra steg 1 vet vi at formelen gjelder for <math>n=1</math> og steg 2 sikrer at formelen gjelder for <math>n=2</math> (og på samme måte at formelen gjelder for <math>n=3</math> etc.).

I det konkrete eksempelet vil induksjonssteget se slik ut:

<math>\sum_{i=1}^{k}i=\frac{k (k+1)}{2} \\ k+1+\sum_{i=1}^{k}i= k+1+\frac{k(k+1)}{2} \\ \sum_{i=1}^{k+1}i=\frac{(k+1)(k+2)}{2} </math>

Her ser vi altså at dersom formelen er riktig for <math>n=k</math> vil formelen være riktig for <math>n=k+1</math>, og dette kompletterer induksjonsbeviset.

Denne "malen" for induksjonsbevis vil i prinsippet gjelde for alle problemer, dog vil det kunne oppstå ulike vanskeligheter for de spesifikke variasjonene, men disse er av "algebraisk" karakter. For å bli fortrolig med induksjon er man nødt til å regne gjennom endel eksempler.

Eksempel 1:

La oss se litt nærmere på eksemplet over, denne gangen uten bruk av summetegn.

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

n skal vare et positivt helt tall.

Først undersøker man induksjonsgrunnlaget. n = 1 gir høyre side lik venstre side.

Induksjonstrinne:

<math> 1 + 2 + 3 +.....+ k = \frac{k (k+1)}{2} \\ 1 + 2 + 3 +.....+ k + (k+1) = \frac{(k+1) ((k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1) (k + 2)}{2} </math>

I den nederste linjen er summen av de k første leddene på venstre side gitt som høyresiden i utrykket i første linje. Man får:

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

Man observerer at dette er det samme uttrykket som høyresiden i den andre linjen man startet med. Altså er beviset fullført.

Eksempel 2:

Bevis at

<math> 1^2 + 2^2 + 3^2 +.....+ n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} </math>

Man finner først om induksjonsgrunnlaget er sant.

<math> 1^2 = 1 \qquad \qquad \qquad \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1 </math>

Man ser at induksjonsgrunnlaget er sannt, begge sider er lik 1 for n=1.

Ved å sett n = k og n = k+1 får man:

<math> 1^2 + 2^2 + 3^2 +.....+ k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} </math>

<math> 1^2 + 2^2 + 3^2 +.....+ k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} </math>

Man erstatter summen av de k første leddene i andre utsagn med høyresiden i første utsagn og får:

<math> \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 = </math>

Det skal så vises at det over er lik <math> \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} </math> :

$\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + \frac{6(k+1)^2}{6} = \\ \frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2}{6} =\\ \frac{(k+1)(k(2k+1) + 6(k+1)}{6}= \\\frac{(k+1)(2k^2+7k+6)}{6}= \\\frac{(k+1) \cdot 2 \cdot (x+2)(x+ \frac 32)}{6}= \\ \frac{(k+1) (x+2)(2x+3)}{6} $

Som er lik høyre side: <math> \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} </math>

Q. E. D. (quod erat demonstrandum)

Eksempel 3:

Bevis at $(x^n)' = nx^{n-1}$

Induksjonsgrunnlag:

viser at formelen gjelder for n = 1:

Høyre side: $n \cdot x^{n-1} = 1 \cdot x^0 =1$

Venstre side $(x^1)'= x' =1$

( Linjen y = x har stigningstall 1 )

Grunnlaget er i orden, så:

Induksjonstrinn:

Viser at formelen holder for n= k + 1:

$(x^{k+1})' = \\ (x \cdot x^k)'= \\ x^k + x \cdot k \cdot x^{k-1} = \\ x^k + kx^k = \\ (1+k)x^k$

I tredje linje brukes produktregelen.

Q. E. D.

Eksempel 4:

Bevis at $n^3-4n+6, n \geq 0$, er delelig på 3.

1. Grunnlag: n=0 gir 6, som er delelig på 3.

2. Induksjonsgrunnlag: n= k+ 1 gir: $(k+1)^3 -4(k+1) + 6 = (k+1)(k^2+2k+1)-4k - 4 +6 $

Den første parantesen er delelig på 3, dette er vist i 1. Den andre inneholder tre ledd, alle med faktor 3, altså er uttrykket delelig på 3.

---

Tilbake til R2 Hovedside