Innehåll[-] Feedback

Induktionsprincipen [-]

Ifall $P(n)$ är ett påstående (som för alla $n\geq n_0$ är antingen sant eller falskt) och

  1. $P(n_0)$ är sant
  2. $P(k+1)$ är sant ifall $P(k)$ är sant (dvs. $P(k)\to P(k+1)$ är sant) då $k\geq n_0$
så är $P(n)$ sant för alla $n\geq n_0$.

Ibland är det nödvändigt att som induktionsantagande ta påståendet att $P(j)$ är sant då $n_0\leq j \leq k$ istället för att bara anta att $P(k)$ är sant.

Varför fungerar induktionsprincipen? [+]
  • Låt $E=\set{n\in \Z\mid n\geq n_0,\; \text{$P(n)$ är falskt}}$.
  • Vi antar att $E$ inte är tom, dvs. att $P(n)$ inte är sant för alla $n\geq n_0$.
  • Då finns det i mängden $E$ ett element som är minst. Låt detta tal vara $n_1$.
  • Enligt punkt (a) är $n_1\neq n_0$ så att $n_1>n_0$ och då är $k=n_1-1\geq n_0$.
  • Eftersom $n_1$ var det minsta elementet i mängden $E$ så är påståendet $P(k)$ sant och då följer det av punkt (b) att $P(k+1)=P(n_1)$ är är sant.
  • Men eftersom $n_1\in E$ så är detta en motsägelse så antagandet att $E$ inte är tom kan inte gälla utan $P(n)$ är sant för alla $n\geq n_0$.
Varför har man ofta så stor nytta av induktionsprincipen? [+]
Om vi bevisar direkt, utan att använda induktionsprincipen, att $P(n)$ är sant för alla $n\geq n_0$ så skall vi bevisa att $P(n)$ gäller för ett godtyckligt $n\geq n_0$ vilket gör många beräkningar mycket besvärliga. Men om vi istället använder induktion så är det oftast ganska okomplicerat att visa att $P(n_0)$ är sant och när vi sedan skall visa att $P(k+1)$ är sant för ett godtyckligt $k\geq n_0$ så antar vi när vi använder induktion att $P(k)$ är sant och då har vi det (enklare) problemet hur vi kan utnyttja detta antagande.

Exempel [-]

Vi visar med hjälp av induktion att \begin{equation*} \sum_{i=1}^n i = 1+2 + 3+\ldots +n = \frac{n(n+1)}2,\quad n\geq 1. \end{equation*} Påståendet $P(n)$ är alltså $\sum_{i=1}^n i= \frac{n(n+1)}2$ och $n_0=1$.

  • Påståendet $P(n_0)$ är det samma som $1= \frac {1(1+1)}2$ vilket naturligtvis stämmer.
  • Vi antar sedan att $P(k)$ är sant och att $k\geq 1$. Eftersom $P(k)$ gäller så är $\sum_{i=1}^k i = \frac {k(k+1)}2$ av vilket följer att span> vilket i sin tur betyder att $P(k+1)$ är sant.
  • Med stöd av induktionsprincipen kan vi nu dra slutsatsen att $P(n)$ gäller för alla $n\geq 1$.
Exempel: Ett hattproblem [+]
  • I en buss sitter 6 passagerare som har en vit hat på sig och 6 som har en svart hatt på sig och alla har en god och likadan slutledningsförmåga.
  • Ingen kan se sin egen hatt (eller har fått veta vilken färg den har) men alla kan se alla andras hattar.
  • Alla passagerare har blivit tillsagda att om och när hen vet att hen har en vit hatt så skall hen stiga ur bussen på följande hållplats.
  • Chauffören säger till passagerarna att åtminstone en passagerare har en vit hatt.
  • På den sjätte hållplatsen efter detta stiger alla passagerare som har en vit hatt ur bussen.

Frågor: [+]

Svar [+]

Om vi inte kan lösa det ursprungliga problemet så kan det löna sig att först studera en enklare version av problemet:
Om det i bussen bara sitter en person med en vit hatt på huvudet så ser hen ingen vit hatt och när chauffören säger att "åtminstone en passagerare har en vit hatt" så förstår hen att hen har en vit hatt och stiger ur bussen på följande hållplats, dvs. den första.

Forts. [+]

Hur går det om två personer har vita hattar?
Då kan alla se att "åtminstone en passagerare har en vit hatt" så ingen av passagerarna med vit hatt kan dra någon slutsats om sin egen hatt (lika lite som de med svarta hattar) och stiger därför inte ut på den första hållplatsen. Men efter att chauffören sagt att "åtminstone en passagerare har en vit hatt" så vet alla att alla vet detta och båda passagerarna med vit hatt vet därför att den andra med vit hatt också ser en vit hatt (för annars skulle hen ha stigit ur bussen) och därför måste den som bara ser en vit hat också ha en sådan. Detta leder till att båda passagerarna med vit hatt stiger ur bussen på den andra hållplatsen.

Forts. [+]

Det allmänna fallet med induktion:
Låt $P(n)$ vara påståendet: Varje passagerare drar den rätta slutsatsen att hen kan stiga ur bussen på hållplats nummer $n$ om och endast om hen ser $n-1$ vita hattar då bussen kommer till denna hållplats.

Om $P(n)$ gäller för alla $n\geq 1$ så följer det att om det i bussen finns $m$ passagerare så stiger alla ur bussen på hållplats nummer $m$.

  • Vi har redan konstaterat att $P(1)$ och $P(2)$ är sanna.
  • Vi antar nu att påståendet $P(j)$ är sant då $1\leq j \leq k$ och att $k\geq 2$. Då bussen kommer till hållplats nummer $k+1$ så vet varje passagerare som ser $k$ vita hattar att dessa passagerare sett åtminstone $k$ vita hattar före föregående hållplats för om de inte gjort det hade de stigit ur bussen tidigare enligt induktionsantagandet. Därför vet den som ser $k$ vita hattar att hen också har en vit hatt och stiger därför ur bussen på hållplats nummer $k+1$.
    Enligt induktionsantagandet kan det inte finnas $1,2,\ldots,k-1$ eller $k$ vita hattar i bussen då den kommer till hållplats nummer $k+1$ och därför ser då de med svarta hattar antingen åtminstone $k+1$ hattar eller ingen alls. Detta innebär att om någon inte ser $k$ vita hattar så kan hen inte dra slutsatsen att hen har en vit hatt och därför skall stiga ur bussen.
  • Det är en följd av induktionsprincipen att $P(n)$ gäller då $n\geq 1$.
    •        
           
       
   

Direkta, indirekta och kontrapositiva bevis[-]

  • I ett direkt bevis härleder vi påståendet "direkt" ur antagandena.
  • I ett indirekt bevis antar vi att påståendet inte är sant, dvs. att dess negation är sann och härleder ur detta en motsägelse dvs. vi härleder någon sats som är falsk och då kan vi dra slutsatsen att att antagandet att påståendet falskt inte stämmer.
  • Vi använder ett kontrapositiv bevis om vi för att visa att av antagandet $a$ följer påståendet $b$ istället visar att om påståendet $b$ inte är sant så är inte heller antagandet $a$ sant. Detta är möjligt eftersom satsen $a\to b$ är ekvivalent med satsen $(\Neg b) \to (\Neg a)$.

Ett kontrapositivt bevis är också ett indirekt bevis eftersom motsägelsen blir $a \And (\Neg a)$ ifall vi antar att $a\to b$ inte är sann dvs. $a\And (\Neg b)$ är sann och vi visar att $(\Neg b) \to (\Neg a)$ är sann.

Exempel på ett direkt och ett indirekt bevis [+]
  • Påstående: Ifall $0< a< 1$ så är $a>a^2$.
    Direkt bevis:
    • $ 1-a >0$ eftersom $a<1$.
    • $ a\cdot (1-a) >0$ eftersom $a>0$ och $(1-a)>0$.
    • $ a>a^2 $ eftersom $a\cdot (1-a)= a- a^2>0$ vilket betyder att $a=a-a^2+a^2>a^2$.
  • Påstående: Ifall $0< a< 1$ så är $a>a^2$.
    Indirekt bevis:
    • Motantagande: $a \leq a^2$.
    • $a\cdot (1-a) =a-a^2 \leq 0$ eftersom $a\leq a^2$.
    • $a\leq 0$ eftersom $1-a>0$ då $a<1$ och när vi dividerar med ett positivt tal förblir olikheten oförändrad.
    • $a\leq 0$ och antagandet $a>0$ är en motsägelse så motantagandet kan inte vara sant.
Observera att i ett bevis som detta finns det inte ett enda rätt antal mellansteg eller motiveringar till mellanstegen! Det viktiga är att beviset blir övertygande (också för den mest misstrogna) och förståeligt och vad som krävs för det beror i sin tur också på läsaren.

Exempel: Potensmängder [+]

Låt $\mathcal P(X)$ vara mängden som består av alla delmängder av mängden $X$, dvs. $A\in \mathcal P(X)$ om och endast om $A\subseteq X$. Om nu $X$ och $Y$ är två mängder så är den ena av mängderna $\mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)$ och $\mathcal P(X\setminus Y)$ en delmängd av den andra?

Svar [+]

  • Eftersom den tomma mängden är en delmängd av varje mängd så gäller $\emptyset \in \mathcal P(X\setminus Y)$. Av samma orsak sätt gäller $\emptyset \in \mathcal P(Y)$ så att $\emptyset\notin \mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)$. Av det här följer att det aldrig är sant att $\mathcal P(X\setminus Y) \subseteq \mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)$ (dvs. det är alltid sant att P(X\setminus Y) \not \subseteq \mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)$).
  • Om nu $X=Y$ så är $\mathcal P(X)=\mathcal P(Y)$ så att $\mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)=\emptyset \subseteq \{\emptyset\}= \mathcal P(\emptyset)= \mathcal P(X\setminus Y)$ eftersom den tomma mängden är en delmängd av varje mängd och den enda delmängden av den tomma mängden är den tomma mängden.
  • Men om tex. $X=\{0,1\}$ och $Y=\{0\}$ så är $\mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)=\{\{0,1\},\{1\}\} $ men $\{0,1\}\notin \mathcal P(X\setminus Y)= \mathcal P(\{1\})= \{\{1\},\emptyset\}$ så att i detta fall gäller $\mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y) \not \subseteq \mathcal P(X\setminus Y)$.
  • Slutsatsen är alltså att det aldrig är sant att $\mathcal P(X\setminus Y) \subseteq \mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y)$ men att det beror på mängderna $X$ och $Y$ om det är sant att $\mathcal P(X)\setminus \mathcal P(Y) \subseteq \mathcal P(X\setminus Y)$ eller inte.
  • Observera också att påståendet $A\subseteq B$ är $\forall z\,(z\in A \to z\in B)$ så att dess negation är $\exists z (z\in A \And z\notin B)$ och det betyderatt ett exempel på ett element $z$ sådant att $z\in A$ och $z\notin B$ räcker för att bevisa att $A\not\subseteq B$.
  
Senast modifierad: G. Gripenberg,