FÖ 5: Kap 1.6 (fr.o.m. sid. 43) Induktionsbevis

FÖ 5: Kap 1.6 (fr.o.m. sid. 43) Induktionsbevis

a) Fakultet och binomialkoefficienter

 Definition av n! ("n-fakultet") och binomialkoefficienter 







 k

n ("n över k")

 Diskussion och bevis av egenskaperna (1.37) och (1.38).

0 1















 n n

n och n

n n

n 









 









1

1 (1.37)









 









k n

n k

n för alla k = 0,1, 2, ...,n (1.38)

Av (1.38) följer t.ex. att















 2 2 0

2 , 















 2 3 1

3 och 















 3 4 1 4

 Diskussion och bevis av egenskapen (1.39):







 











 









k n k

n k

n 1

1

1 för n2och k = 1, 2, ..., n -1

Av (1.39) följer t.ex. att

























1 2 0 2 1

3 , 

























2 3 1 3 2

4 och 

























3 3 2 3 3 4

 Formulering och bevis av binomialsatsen: ^{nk k}

n

k

n a b

k b n

a ^













 



0

)

( för alla ∈ ℕ.

I binomialutvecklingen av ( a b)ⁿ skall vi visa att detta gäller för alla ∈ ℕ. För att beviset ska bli överskådligare behövs följande SATS, där vi sätter a = 1 och b = x.

SATS:



 







 



n k

k

n x

k x n

0

) 1

( för alla ∈ ℕ.

Med hjälp av några omskrivningar och denna SATS kan vi bevisa binomialsatsen ovan:

   

V.S.V.

,

ovan SATS Enligt 1

1

0 0

0 0

k k n n

k k k n n

k

k n n

k n k

k n n

n n n

b k a n a

a b k n

a a b k n a

b k a n a

a b a a b b a

























 

 







 

 



 











 



 











 

 



 



 

 







 



 



 





Bevis av SATS (Anm: Beviset är svårt och skall/kan i varje fall inte läsas förrän induktionsbevis nedan är bearbetat.)

Vi bevisar detta med induktion (se FÖ 5). Vi skall alltså visa att

V(n) =



 







 





n k

k

n x

k n n

H x

0

) ( ) 1 (

för alla n  N

STEG 1: P(0): V(0) = (1x)⁰ = 1 H(0) = 1

! 0

! 0

! 0 0

0

0 ₀

0 0



 





















x k x

k k

Alltså V(0) = H(0) d. v. s. P(0) är sant.

STEG 2: Vi antar att P(p) är sant d. v. s. för något p  0 gäller det att

V(p) =



 







 





p k

k

p x

k p p

H x

0

) ( ) 1 (

Detta medför att

V(p + 1) = (1 + x)^{p + 1} = (1 + x)(1 + x)^{p k}

p k

k x x



p

 







 



*(1 ) 0 =























































 







 

















 













 







 









p k

p k

p k

k p

k k

p

k k p

k k

p x x p k

p k p x p

k x p

k p

summan andra

den i k mot k byt k x

x p k p

1

1 1

1 0

0 1 0

1 0

1

) 1

(

Men om vi nu använder sambandet 1.39 och det faktum att 1 1

1 0

1

0 











 















 









p p p p p

p

har vi

V(p+1) =

 







 







  











 







  







  ¹

0 1 1

1 1

1 1

0

1 ^p

k

k p

p k

k x

k x p

p x p k p

p = H(p + 1)

Alltså P(p) sant  P(p + 1) sant

STEG 3 Efter P(0) är sant måste enligt STEG 2 även P(1) vara sant, med det innebär ju även enligt STEG 2 att P(2) är sant o. s. v. och vi drar den önskade slutsatsen:



 







 



n k

k

n x

k x n

0

) 1

( för alla ∈ ℕ och SATSEN är bevisad.

 Pascals triangel (med symmetriegenskaper)

Exempel 24 a) (x1)⁵

b) (x2)⁵

c) (2xy)⁴

Exempel 25

Bestäm koefficienten för x³ och x⁴ i utvecklingen av (2x1)⁷

Induktionsbevis

 Induktionsbevis illustreras via Exempel 26 nedan

 Bevis av summaformeln för aritmetisk summa med hjälp av ett induktionsbevis (Exempel 27)

 Exempel på en olikhet som bevisas med induktion: (x1)ⁿ 1nx, ∈ ℤ , ≥ 0(Exempel 28) Det förekommer då och då att man härleder satser med hjälp av s.k. induktion. I princip går man till väga så här:

Man har en följd påståenden P(no) , P(no + 1) , ... och man vill visa att P(n) är sant för alla heltal n  no. Beviset sker i tre STEG.

STEG 1: Man visar att P(no) är sant.

STEG 2: Man visar att för varje p  no gäller det att om P(p) är sant, så är även P(p + 1) sant.

STEG 3: Man drar den önskade slutsatsen nämligen att P(n) är sant för alla heltal n  n^o . Vi ska illustrera tekniken med hjälp av några exempel. Vi använder beteckningen "



* " e.d. då vi tar det s.k. "induktionssteget", som är den viktigaste delen av STEG 2.

Exempel 26

Bevisa att för alla ∈ ℤ , gäller P(n): ²

1

) 1 2

( k n

n k









Lösning :

Vi inför beteckningarna V(n) och H(n) för respektive vänster- och högerled i påståendet P(n) ovan. d.v.s. V(n) =







n k

k

1

) 1 2

( och H(n) = n^2.

STEG 1: P(1) : V(1) = (2 1) 2 1 1 1

1 1













k

k medan H(1) = 1² = 1

Alltså är V(1) = H(1) och P(1) är sant.

STEG 2: Vi antar att P(p) är sant för något ∈ ℤ , d. v. s.

V(p) = ²

1

) ( ) 1 2

( k H p p

p

k











Detta medför att

V(p + 1) =

   

1 * 1 med Termen t.o.m. med 1 Termerna

1 1

1

1 2 ) 1 2 ( 1 ) 1 ( 2 ) 1 2 ( ) 1 2

(   









 



















 





 



 













p k

p k

k

p

p k k p

k k

p

k p

k 











p² + 2p + 1 = (p + 1)² = H(p + 1)

och därav följer att även P(p + 1) är sant, d.v.s. vi har visat att P(p) sant  P(p + 1) sant.

STEG 3: Eftersom P(1) är sant måste enligt STEG 2 även P(2) vara sant, men det innebär även att P(3) är sant o. s. v. och vi kan dra den önskade slutsatsen: ²

1

) 1 2

( k n

n k









gäller för alla

∈ ℤ .

Exempel 27

Bevis av summaformeln för aritmetisk summa med hjälp av ett induktionsbevis.

Bevis:

Vi ska bevisa att P(n): V(n) =





 

 





n i

n d H n n a d i a

1

) 2 (

) 1 ( ) 2

) 1 (

( gäller för alla ∈ ℤ .

STEG 1: P(1): V(1) =











1 1

) ) 1 ( (

i

a d i

a H(1) = a a

2 

2

Alltså V(1) = H(1) d. v. s. P(1) gäller.

STEG 2: Vi antar att P(k) gäller för godtyckligt fixt tal ∈ ℤ d.v.s.

V(k) =





 

 





k i

k d H k k a d i a

1

) 2 (

) 1 ( ) 2

) 1 ( (

Detta medför att

1

1 1 *

2

( 1) ( ( 1) ) ( ( 1) ) ( )

2 ( 1) 2 ( 1) 2 2

2 2

2 ( 1) ( ) 2 ( 1) ( 1) 2

( 1)

2 2 2

k k

i i

V k a i d a i d a kd

a k d ak k k d a kd

k a kd

a k k k d a k k kd a kd

k



 

         

     

    

      

   

 

Dessutom har vi

H(k + 1) = 2 ( 1 1) 2

( 1) ( 1)

2 2

a k d a kd

k    k 

  

d.v.s. V(k) = H(k)  V(k + 1) = H(k + 1)

STEG 3 Enligt steg 1 gäller påståendet för n = 1. Då gäller det enligt steg 2 även för

n =1 + 1 = 2. Men då gäller det även för n = 2 + 1 = 3 o.s.v. Via matematisk induktion har vi alltså att påståendet gäller för alla ∈ ℤ , v.s.v.

Exempel 28

Vi skall visa via induktion att sambandet (1x)ⁿ 1nx gäller för alla ∈ ℤ och x  1. Bevis:

I. För n1 får vi VL = (1x)¹1xHL Alltså har vi VL  HL för n1.

II. Antag att sambandet gäller för np1, d.v.s. (1x)^p1px Studera nu fallet np1.

Vi får då: (1x)^p1(1x)^p(1x) ) 1 )(

1

( px x

 (enligt antagandet och eftersom x  1) 1xpxpx2



) 2

1 (

1 p xpx



Men 1(p1)xpx²1(p1)x eftersom p är ett positivt heltal och ^{x 2 0}. Således gäller (1x)^p11(p1)x d.v.s. sambandet gäller för np1 om det gäller för n p.

III. Vi har visat att påståendet gäller för n1. Enl. II gäller påståendet då för n112, och då gäller det för n213 o.s.v.

Via matematisk induktion gäller således om x 1 att(1x)ⁿ1nx för alla ∈ ℤ , v.s.v.