MATEMATIKAI INDUKCIÓ Michael Lambrou. Fejezet. Matematikatörtéeti bevezető A filozófiába és az alkalmazott tudomáyokba az idukció fogalma azt jeleti, hogy egyedi esetekből általáos következtetésre jutuk. A matematikába viszot az ilye következtetésekkel óvatosabba kell bái, mivel a matematika demostratív tudomáy, amelybe bármely állítást bizoyítai kell. Például Joh Wallis-t (66-703) kortársai szigorúa kritizálták, mivel az Arithmetica Ifiitorum (656) c. mukájába, miutá következő hat összefüggést megvizsgálta: 0+ = + + 3 6 0+ + 4+ 9 = + 9+ 9+ 9+ 9 3 8,, 0+ + 4 = +, 4+ 4+ 4 3 0+ + 4+ 9+ 6 = +, 6 + 6 + 6 + 6 + 6 3 4 0 + + 4 + 9 + 6 + 5 = +, 5 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 3 30 0 + + 4 + 9 + 6 + 5 + 36 = + 36 + 36 + 36 + 36 + 36 + 36 + 36 3 36 mide további érvelés élkül kijeletette, hogy a következő általáos összefüggés is érvéyes: 0 + + +... + = +, + +... + 3 6 és midez per modum iductiois következik. Aak elleére, hogy Wallis állítása igaz, és ezt a következő (Archimédesz által is ismert) állítás bizoyítja: = + = + 3 6 6 + +...+ + ( ) ( )( ) mégis, szükség lett vola egy bizoyításra. Eek a feladatak egyik lehetséges bizoyítása a teljes vagy matematikai idukcióval törtéhet. Ezt a módszert, amelyet éha csak rövide idukcióak evezük, a következőkbe részletezzük. Az idukció egy egyszerű, de ugyaakkor agy erejű bizoyítási módszer az egész számokra voatkozó állításokra. A matematika más területei is hatékoya alkalmazható: például az algebra, geometria, aalízis, kombiatorika, gráfelmélet és sok más fejezet. Az idukció elvéek hosszú törtéete va a matematikába. Kezdetei a görög matematikába lelhetők fel, és bár maga az elv em jeleik meg explicit módo az ókori görög szövegekbe, sok helye megtaláljuk a godolat csiráit. Néháy matematikatörtéész ézete szerit Platóak (47-347 i.e.) a Parmeides dialógusa ( 47a7-c3) az első ismert példa az idukció elvéek alkalmazására: Tehát legalább kette kell, hogy legyeek, ha va köztük kapcsolat (egy). - Ige, legalább kette vaak.- És ha a két taghoz egy harmadikat aduk közvetle rákövetkezőek, akkor már hárma leszek, és köztük két kapcsolat. Ige. És így tehát, amit egy újabb tagot +,
aduk hozzájuk folytatólag, akkor egy újabb kapcsolat is létrejö. Tehát bármely számra igaz az, hogy a tagok száma midig eggyel több, mit a kapcsolatok száma, mivel mide újabb tag hozzáadásakor egy újabb kapcsolat is létrejö.- Valóba-. Tehát bármeyi is a tagok száma, a kapcsolatok száma midig eggyel kevesebb. Igaz. Az előző részlet egy filozófia muka része, de találuk több olya ókori matematikai szöveget is, amelyek tartalmazak idukció-szerű érvelést. Így mutatja ki például Euklidész (~330 - ~ 65 i.e. ) az Elemek c. mukájába azt, hogy mide egész szám prímszámok szorzata. A mai értelembe vett idukció fogalomhoz már sokkal közelebb jár Pappus (~90-~350 i.sz.) a Collectio-ba. Itt a következő geometria tételt bizoyítja. Adott egy C pot az AB szakaszo. Vegyük fel az AB szakaszak ugyaazo az oldalá azt a három félkört, amikek redre AB, AC és CB az átmérői. Most szerkesszük meg a C köröket a következőképpe: C ériti mid a három, előzőekbe adott félkört; C + a C kört valamit az AB és AC mit ármérőre szerkesztett köröket ériti. Ha d jelöli a C átmérőjét, és h az adott kör középpotjáak a távolságát az AB-től, akkor h = d. Pappus bizoyítása sorá geometriai úto igazolja a h + /d + = (h + d )/d rekurrecia relációt. Aztá felidézi Archimédesz (87 - i.e.) egy eredméyét, a 6. Kijeletést a Book of Lemma's ból, amely szerit az előbbi tétel állítása = re igaz. Összekötve ezt a rekurrecia relációval, egy tetszőleges -re igazak jeleti ki.. A görög matematika hayatlása utá a matematika múzsája z iszlám világba költözött. Bár az arab matematikusok mukáiba em szó szerit jeleik meg, de az idukció egy előzetes formáját haszálják. Például al - Karaji (953-09) az al-fakhri-ba egyebek mellett a biomiális tételt is leírja, és a Pascal háromszögre utal, midössze éháy (többyire öt) kezdeti lépés utá. Ez az arab matematikus még az 3 + 3 +... + 3 = ( + +... + ) összefüggést is ismerte. Mitegy évszázaddal később, hasolóa felfedezhető az idukció elve About a cetury later we fid similar traces of iductio i al-samawal (~30-~80) köyvébe, az al-bahir-ba, ahol megjeleik a következő azoosság: + + 3 +... + = (+)(+)/6. Ebből az időből származik még a Levi Be Gersho (88-344) mukája, aki Fraciaországba élt, és Maasei Hoshev wcímű, héberül írt művébe az idukcióhoz hasoló módszereket haszált. Az első írott forrás, amibe yugati yelvek egyiké, latiul, világosa említést teszek az idukcióak a mai alakjáról, az az Arithmeticorum Libri Duo (575), a görög eredetű és Szirakuzába élő görög származású, Fracesco Maurolyco (495 575). Ő bebizoyítja például, hogy az első páratla természtes szám összege midig osztható az -ik égyzetszámmal. Szimbólikusa: + 3 + 5 + + ( ) =, és ezt már az ókori Pithagorász is ismerte. Az idukció egy másik korai megemlítése Blaise Pascal (63 66), Traité du Triagle Arithmetique című mukájába törtéik, ahol a mai kifejezéssel, a Pascal háromszögről esik szó. A szerző azt igazolja, hogy a C k biomiális együtthatók teljesítik a következő összefüggést: C k : C k+ = (k + ) : ( k), bármely és k, ahol 0 k <. Itt az -ről az ( +)-re törtéő átlépést a C r = - C r- + - C r képlet biztosítja. A fet említett szerzők midegyike ituitíve kezeli a természetes számokat. Ez elegedő a mi céljaikra is, tehát ezt az utat fogjuk követi. A moder matematikába a kései 9. századtól kezdve megjeleik a természetes számok axiomatikus bevezetéséek igéye. Eek az igéyek felelt meg Giuseppe Peao (858-93), aki közzé tette az ú. Peao féle axiómákat 889-be az Arithmetices pricipia, ova methodo exposita c. mukájába. Erre az eredméyre ics teljességébe szükségük, de megemlítjük, hogy az említett axiómák egyikéek éppe az a szerepe, hogy az idukciót, mit bizoyítási módszert bevezesse. Más szavakkal ez azt jeleti, hogy az idukció módszeréek ez az ituitív formája is teljes joggal haszálható.
A következőkbe az elméleti részt kisebb fejezetekre tördeljük, és mide fejezetbe megjeleek az arra jellemző feladatok. Az első éháy fejezet köyebb feladatokat tartalmaz, de vége felé egyre agyobb kihívások várak az olvasóra. A feladatok egy része más úto is megoldható, de az alapötlet az volt, hogy lássuk mikét alkalmazható az idukció ezekbe az esetekbe.. Fejezet. Alapfogalmak A matematikai idukció elve egy olya módszer, amellyel természetes számra voatkozó kijeletéseket bizoyítuk. Például tekitsük a következő állítást: " + + 3 +... + = (+)( + )/6", amelyet P() jelöl. Köye elleőrizhető az állítás éháy értékre, például = =.(+ )(. + )/6, + = 5 =.( + )(. + )/6, + + 3 = 4 = 3.(3 + )(.3 + )/6 és így tovább. Itt tehát az állítást =, = és = 3 esetekre elleőriztük (emsokára azt is láti fogjuk, hogy a két utóbbi fölösleges), de most tegyük fel, hogy ezt az elleőrzést elvégeztük egy adott = k értékig. Az utolsó állítás tehát azt jeleti, hogy biztosak lehetük abba, hogy erre a bizoyos k értékre igaz az " + + 3 +... + k = k(k + )(k + )/6" állítás. Feltevődik a kérdés, hogy igaz-e az állítás a következő egész szám, azaz az = k + eseté is? Azt állítjuk, hogy ige, igaz. Ez úgy látható be, hogy felhaszáljuk azt, hogy + + 3 +... + k = k(k + )(k + )/6 igaz, és felírjuk: + + 3 +... + k + (k + ) = k(k + )(k + )/6 + (k + ) (feltétel szerit) = (k + )[k(k + ) + 6(k + )]/6 = (k + )(k + )(k + 3)/6, és ez már az eredeti állítás, de már az = k + esetre. Ismételjük el tehát: Be akartuk bizoyítai, hogy a P() állítás igaz az egészekre. Először elleőriztük, hogy = esetre igaz; majd feltéve, hogy igaz = k eseté, elleőriztük az = k + esetre. Más szavakkal, ha most az eljárást egymás utá többször alkalmazzuk, akkor abból, hogy P() igaz, következik, hogy P() is igaz; abból, hogy P() igaz, következik, hogy P(3) is igaz; abból, hogy P(3) igaz, következik, hogy P(4) is igaz; és így tovább igaz bármely eseté. A bizoyítás meete szimbólikusa így összegezhető: P() P(k) P(k +) P() igaz bármely N eseté. A bizoyításak a "P(k) P(k +)" részét az idukciós lépések evezzük; az a feltételezés, hogy P(k) igaz, az idukció feltétele. Vegyük egy másik példát... Példa. (Beroulli- féle egyelőtleség). Igazolja, hogy ha a egy valós szám, amelyre a > -, akkor ( + a) + a bármely N. megoldás. Az = eset azoal belátható, mert tulajdoképpe az egyelőség teljesül. Tegyük fel tehát, hogy az = k esetbe is teljesül az egylőtleség; azaz tegyük fel, hogy ( + a) k + ka. Ez az idukció feltétele,és azt kell beláti, hogy ( + a) k+ + (k + )a. Felírható: ( + a) k+ = ( + a)( + a) k
( + a)( + ka) (az idukció feltétele alapjá) = + (k + )a + ka + (k + )a (mivel ka 0). Tehát az idukció elve alapjá teljessé teszi a bizoyítást. Végül megjegyezhető, hogy a feti példák az = esettel kezdődek. Ez em midig va így, éha egy másik számtól kezdve igaz az állítás, lásd a feladatokat. Ezekek a feladatokak az eseté a szövegből derül ki az eltérés, és mide további részletezés szükségtele. A következő feladatokba változatos képletek bizoyítása jeleik meg. Egyik feladat megoldása sem jelethet komoly fejtörést, céljuk az idukció elvéek elsajátítása. Tulajdoképpe az olvasó a feladatok egy részét akár fejbe is megoldhatja... feladat. (Ruti). Igazolja idukcióval, hogy a következő azoosságok bármely termszetes számra teljesülek. 3 + 3 + 3 3 + + 3 = ( + ) /4, 4 + 4 + 3 4 + + 4 = ( + )( + )(3 + 3 )/30, 5 + 5 + 3 5 + + 5 = ( + ) ( + )/, + + +... + =, 3 34 (+ ) + (+ 3) + +... + =, 3 3 4 ( + )( + ) 4( + )( + ) 3 5 7 + (+ ) + + +... + =, 3 34 (+ ) (+ ) ( + )( + )...( )() =..3.5...( ), (k)! = 3 5... (k ), k! k k= k= x x(x ) x(x )...(x + ) (x )(x )...(x ) +... + ( ) = ( ),!!!! (cosx)(cosx)(cos4x)(cos8x)...(cos - x) = si x six si x cos(k )x =, (for x R with six 0), six k= π + +... + + = cos, 444444443 + radicals (for x R with six 0), ( 5 + 5 + 3 5 + + 5 ) + ( 7 + 7 + 3 7 + + 7 ) = ( + + 3 + + ) 4, + +... + = + +... +. + + 3 4.. Feladat. Ha az (a ) sorozat teljesíti a következő feltételt: a) a + = a + ( N), akkor a + = - (a + ).
b) a = 0 és a + = ( - x)a + x ( N), ahol x 0, igazolja, hogy a + = [x - + ( - x) ]/x..3. Feladat. Adott egy (a ) sorozat. Vezessük be a következő új (x ), (y ) sorozatokat a következőképpe x =, x = a, y = 0, y = és, az 3 eseté x = a x - + x -, y = a y - + y -. Igazolja, hogy: x + y - x y + = (-)..4. Feladat. Ha az a, a,, a, számok midegyike két teljes égyzet összege, akkor igazolja, hogy ugyaez a szorzatukra is igaz..5. Feladat. Igazolja, hogy 5 /5 + 4 / 3 /3-7/30 bármely N eseté egész..6. Feladat. Igazolja, hogy, ha x y, akkor x y poliom osztója az x y poliomak..7. Feladat. Iagzolja, hogy egy kovex oldalú sokszögek ½ ( 3) átlója va ( 3)..8. Feladat. Igazolja a biomiális tételt idukciós úto, azaz igazolja, hogy:! ahol C k =. k!( k)! k k k= 0 (a b) C a b k + = Felhaszálható a következő azoosság: + C k = C k - + C k ( k ). (A biomiális tételt már az arabok is ismerték. Nem volt ugya teljes a bizoyításuk, mivel éháy eset elleőrzése utá, egy idukciószerű állítást haszáltak. Később a tételt Isaac Newto (654-705), újra felfedezte, és közzé is tette a híres művébe, a Philosophiae Naturalis Pricipia Mathematica-ba (687). Az ő bizoyítása egy kombiatórikus érvelést tartalmaz. A tétel első idukciós bizoyítását Jakob Beroulli (654-705), közölte Ars Cojectadi (73) c. művébe)..9. Feladat. Köye belátható, hogy a ( + 3) szám felírható a + b 3 alakba. Igazolja a) idukcióval és b) és idukció élkül, hogy az a,b számok kielégítik az a 3b = ( N) egyeletet..0. Feladat. Igazolja, hogy a legalább külöböző prímszámmal osztható... Feladat. Ha F = a + F = (a )F 0 F F - ( N). az -ik Fermat szám ( = 0,,, ), igazolja, hogy.. Feladat. Igazolja idukcióval, hogy! > 3 az 7 eseté..3. Feladat. Ha a 0, a, a, egy pozitív valós számsorozat, amelyre a 0 = és a a a ( = 0,,, ), igazolja, hogy a > a > a3 > a4 >... > a >.... > / /3 /4 / + +.4. Feladat. Ramauja egy eredméye az, hogy bebizoyította, hogy + + 3 + 4 + 5 +... = 3 (eek a bizoyítása meghaladja a köyvük kereteit). Haszálja fel Ramauja eredméyét aak az igazolására, hogy bármely N eseté: + + (+ ) + (+ ) + (+ 3) +... = +.
3. Szabályszerűségek Az idukció módszeréek egyik hátráya, amit azt a következő példák (főkét az. Feladat) is szemléltetik, az, hogy az adott feladathoz szükséges képletet mitegy előre kell ismeri. A feladat csupá a képlet bizoyítására voatkozik. De ezt az előzetes képletet éha a szabályszerűségek ismeretébe maguk is felfedezhetjük. Ez azt jeleti a gyakorlatba, hogy szükségesek látszik éha megfogalmazi egy sejtést, amit aztá elleőrizi és végül bizoyítai kell. Tehát végülis éha ki kell találi a képletet is. A következő példáko keresztül ilye módo közelítük a feladatokhoz. 3.. Példa. Az milye értékeire lesz + a 3-ak többszöröse? Megoldás. A legkisebb lehetséges értékeket elleőrizve, azt találjuk, hogy + többszöröse 3-ak, ha értéke az, 3, 5 és 7 számok egyike, de midez em igaz a, 4, 6 vagy 8 értékekre. Úgy tűik, hogy megfogalmazható a sejtés, miszerit az páratla értékeire + a 3-ak többszöröse. Ez valóba igazak bizoyul, de a teljesség kedvéért még bizoyítauk kell. Jelölje az a = + értéket. Ekkor a + = + + = 4( + ) 3 = 4a 3, ami potosa akkor többszöröse 3-ak amikor az a is. 3.. Példa. Ha f(x) = x +, találja ki a következő függvéysorozat -ik tagjáak képletét: f = f(x), f = f(f(x)), f 3 = f(f(f(x))), f 4 = f(f(f(f(x)))), majd bizoyítsa be a kapott képletet. Megoldás. Számítással belátható, hogy f = 4x + 3, f 3 = 8x + 7, f 4 = 6x + 5 és így tovább. Ha eyi példa em elég, ahhoz, hogy az általáos szabályt felfedezzük, f további iterációit is kiszámíthatjuk (iteráció, azaz a függvéy ismételt összetétele). Előbb-utóbb az a sejtés merül fel, hogy f = x + -. Kiderül, hogy a sejtés helyes, mert az olvasó kiegészítheti a hiáyzó részleteket a következőképpe: f + = f(f (x)) = f( x + -) = ( x + -) + = + x + + -. 3.3. Példa. Tekitse a következő módo megadott sorozatot:, 3 ( ), 4 (3 ( )), 5 (4 (3 ( ))), találja ki, majd bizoyítsa be a kapott képlet helyességét az ( ( ( 3 ( (3 ( ))...))) kiszámításával. Megoldás. A kezdő tagok redre,,, 3, 3 és 4. Kitalálható, hogy az álataláos szabály a következő lesz: ( ( ( 3 ( (3 ( ))...))) = / if is eve ( + ) / if is odd Ez köye bizoyítható, a részleteket az olvasóra bízzuk, akiek azt taácsoljuk, hogy külö tárgyalja a páros és páratla esetet. Fotos megjegyzi és felhívi a figyelmet arra, hogy: attól függetleül, hogy háy egyedi esetet vizsgáluk meg, ha egy szabályszerűségre bukkauk, em elegedő csak megfogalmazi az általáos következtetést. Mide esetbe bizoyítauk kell a sejtésüket, a bizoyítás hiáya esetleg azt jeleti, hogy a következetésük esetleg hibás. Több olya eset volt, amikor elsőragú matematikusok is hibát követtek el, elhamarkodva általáosítottak egy szabályszerűséget. Például a agy Fermat, aki észrevette, hogy + = 3, + = 5, + = 7, 3 + = 57 és 4 + = 65537 mid prímszámok, azt hitte, hogy + mide eseté prímszám. Ez hamisak bizoyult, és erre az első ellepéldát Eulre adta, aki igazolta, hogy 5 + = 64 670047. Néha egy ilya szabályszerűségre agyo ehéz ellepéldát találi, vagy agyo távoli az az idő, amikor ez valakiak sikerül. Például az 7 +9 és az (+) 7 +9 számok relatív prímek 0
=,, 3,... értékekkel kezdve elég sok természetes számra, és az első ellepéldát agyo agy számokig em lehet találi. De vajo va-e egyáltalá ellepélda? A válasz ige (lásd http://primes.utm.edu/glossary/page.php/gcd.html) és az első ellepéldáta következő értékre találták meg: = 8444395598893988973308900674594046079433. Richard Guy két ragyogó cikket is publikált olya szabályszerűségekre, amelyek végül is em igazak mide -re: a The Strog Law of Small Numbers (America Mathematical Mothly, (988) 697-7) és The Secod Strog Law of Small Numbers (Mathematics Magazie, 63 (990) 3-0). Néháy esetbe a valóság, az ituicióval elletétes, egész más. Érdemes felkeresi a következő iteretes oldalt: http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=lawofsmall amelye az előző példa is megtalálható. A következőkbe éháy ilye feladaotközlük, amelyebe az olvasóak vagy (i) az a feladata, hogy felfedezze a szabályszerűséget, és azt be is bizoyítsa, vagy (ii) talália kell ellepéldát az első pillatásra szabályszerűségek tűő állítás tagadására. 3.. feladat. A következő összegek kiszámítására találjo ki megfelelő képletet az első éháy tag összegezése alapjá, majd bizoyítsa azt: + 3 + ( ) -, (!) + (!) + 3 (3!) + + (!), [( ) [( ) [( 3) [ [3 ( )]...]]]], + + +... +. x(x+ ) (x+ )(x+ ) (x+ )(x+ 3) (x+ )(x+ ) 3.. Feladat. Ismert, hogy az 6 + 6 + 3 6 + + 6 összeg felírható a következő alakba: ( + )( + )(A 4 + B 3 3 + )/4, ahol A is B is -től függetle álladók. Találja meg az A és B megfelelő értékeit, majd igazolja a kapott képlet helyességét. 3.3. Feladat. Ha (p ) a prímszámok sorozata, amelyre p =, igazolja, hogy az a sorozat, amelyek tagjai redre p +, p p +, p p p 3 +,..., p p p 3... p +, és amit Euklidész is haszált egy bizoyításába, az =,, 3, 4, 5 értékekre szité prímszámokat tartalmaz, de = 6-ra már em. 3.4. Feladat. Adott pot egy kör kerületé, ahol redre,, 3, 4,... : Szerkesszük meg (külöböző rajzoko) az potokat összekötő húrokat. Tegyük fel, hogy a potok általáos helyzetbe vaak, azaz, bármely három húr em metszi egymást egy potba. Most számoljuk meg a keletkező tartomáyokat, ezek száma redre,, 4, 8, 6,... Milye szabályszerűségre godolhatuk? Igaz-e, hogy a következő lépésbe 3 a tartomáyok száma? Bizoyítsa be, hogy ez em igaz! 3.5. Feladat. Találja ki az (a ) sorozat általáos tagját: az a 0 =, a = és ha, akkor a = a + 6 a. + 3.6. Feladat. Találja ki az (a ) sorozat általáos tagját: az a =, és ha, akkor a + a +... + a = ( + ) a. 4. Fejezet. Oszthatóság Az idukció módszerét változatos körülméyek közt lehet alkalmazi, em csupá képletek igazolására, amit azt a legtöbb eddigi példa sugallja. Következze tahát éháy más jellegű példa. Egy köye érthető kérdéskörrel kezdjük, az egész számok oszthatóságával, erről
már a. fejezetbe is szó esett. A továbbiakba azt, hogy egy a egész szám osztója (szorzótéyezője) egy b egész számak a b jelöli. 4.. Példa. Igazolja, hogy bármely természetes eseté 9 5 + 3 ; azaz, 9 osztója az 5 + 3 száak. Megoldás. Legye a = 5 + 3. Világos, hogy az a = 7 osztható 9-el. Tegyük fel most, hogy az = k eseté, az a szám is osztható 9-el, azaz, 5 k + 3k = 9M valamely M természetes számra. Be kell bizoyítauk azt, hogy a k + = 5 (k + ) + 3(k + ) = 5.5 k + 3k + is osztható 9-el. Az ötlet az, hogy fel kell haszáli az idukciós feltételt, a következők szerit: vagyis a k + is 9 egy többszöröse. a k + = 5 5 k + 3k + = 5 (5 k + 3k ) 7k + 7 = 5 9M 9(8 3) (az idukció feltétele alapjá) Tehát az idukció elvéek értelmébe 9 a bármely természetes eseté. 4.. Feladat. Oldja meg az előző feladatot egy sokkal elegásabb módo, a k + - 5a k értékét számítva az a k + helyett. 4.. Példa. Igazolja, hogy a 003, 003, 003, 003, és így tovább, a tagok felsorolásával megadott sorozat tagjai 7-el oszthatók. Megoldás. Elleőrizhető, hogy 003 = 7 59, és eze felül a sorozat bármely két, egymást követő tagjáak külöbsége 900 0 alakú, ami szité osztható 7-el (hisze 90 = 7 53). Ezekek az ismeretébe az olvasó teljes idukció segítségével befejezheti a bizoyítást. 4.. Feladat. Igazolja, hogy bármely N eseté, 7 48 többszöröse 304-ak. 4.3. Feladat. Igazolja, hogy bármely N eseté, 3 5 + + 3+ többszöröse 7-ek. 4.4. Feladat. Igazolja, hogy három egymást követő természetes szám köbéek összege 9-el osztható. 5. Fejezet. Egyelőtleségek Az előzőekbe már láthattuk egy egyelőtleséget az ú. Beroulli féle egyelőtleséget (.. Példa), amely a természetes számokra igaz. Ezt idukcióval bizoyítottuk, és sok más, a természetes számora érvéyes egyelőtleséget is lehet idukcióval bizoyítai. Eek szemléltetésére, következze itt a Beroulli egyelőtleség egy általáosítása, amit az előző bizoyításhoz hasolóa, aak kisebb módosításával igazolhatuk. 5.. Példa (Weierstrass egyelőtleség). Ha a ( N) vagy pozitív valós számok, vagy a [-, 0] itervallum elemei, akkor: k= + k + k= ( a ) a Bizoyítás. Amit arról már említés törtét, a bizoyítás a Beroulli egyelőtleség bizoyításáak lépéseit követi, és azt az olvasóra bízzuk: Az iduktív lépésél midkét oldalt meg kell szorozi az ( + a + ) pozitív számmal, de a bizoyítást óvatosabba kell kezeli, ha az összes a a [-, 0] itervallumba va, ez esetbe az összegezést tartalmazó tag egatív, de az a + k= a k pozitív. Számos egyelőtleség szerepel ebbe az ayagba és a következő feladatokba, de lássuk egy csokorra valót belőlük: k
5.. Feladat. Igazolja idukcióval azt, hogy: a) > for 5, b) > 3 for 0. 5.. Feladat. Igazolja idukcióval azt, hogy:!4! ()! > [( + )!] ( N). 5.3. Feladat. Igazolja, hogy: ()!( + ) > 4 (!) bármely >. 5.4. Feladat. Igazolja bármely > termsézetes számra a következő egyelőtleséget: + +... + > +. 5.5. Feladat. Igazolja, hogy ha a k eleget tesz a 0 < a k < feltételek, ha k, akkor: ( a )( a ) ( - a ) > (a + a + + a ). 5.6. Feladat.. Igazolja, hogy ha a k eleget tesz a 0 < a k < feltételek, ha k, akkor: - ( + a a a ) ( + a )( + a ) ( + a ). 6. Fejezet. Az idukció külöböző változatai Aak a bizoyítására, hogy a P() állítás bármely pozitív valós számra igaz, mideddig azt haszáltuk, hogy elleőriztük P()-et, majd feltettük, hogy P(k) igaz, majd ebből azt bebizoyítottuk, hogy P(k+) is igaz. Az idukciós bizoyítás más változatait mutatjuk be a következő fejezetekbe. a) Ugrások: Az idukcióak ebbe a változatába, a P() állítás igazolására, egyszerre két egységyit lépük. Más szavakkal abból, hogy igazak tételezzük fel a P(k) állítást, azt bizoyítjuk, hogy P(k + ) is igaz. Emellett közvetleül elleőrizi kell azt, hogy P() és P() is igaz, ezutá a célukat azzal érjük el, hogy két implikációsort tekitük: P() P(3) P(5) P(7) és P() P(4) P(6) P(8) amelyek együtt az összes -re tartalmazzák a P()-t. Hasolóa járuk el, ha egy rögzített t N egységyit lépük. Ez azt jeleti, hogy a P(k) P(k + t) implikációt kell igazoli, és elleőrizi kell P(), P(),, P(t)- t. 6.. Példa. Igazolja, hogy bármely N eseté, az a + b = c egyeletek va egy megoldása a pozitív egészeke. Megoldás. Két egységyi lépésekkel dolgozuk: Az = és = esetekbe egy-egy pozitív egész megoldás yilvá létezik. Most tegyük fel, hogy k a + b = c egy megoldása pozitív egész megoldása = k eseté az adott egyeletek. Ekkor az = k + eseté szité va egy pozitív egész megoldás, éspedig: k ( ca) + ( cb) = c +. 6.. Példa. Nyilvávaló, hogy egy égyzetet fel lehet osztai olya kisebb égyzetekre, amelyek oldalai párhuzamosak az eredeti égyzet oldalaival. Igazoljuk, hogy bármely potosa, em feltétleül egyelő agyságú égyzetre osztható, bármely 6 eseté. Megoldás. Az alábbi ábráko egy égyzetek 6, 7 illetve 8 kisebb égyzetre osztása látható. Az ott megjeleő égyzetek bármelyike további égy kisebbre osztható, és ez a felosztás a égyzetek számát potosa hárommal öveli (4 új jeleik meg, de egy régit elveszítük). Tehát az idukcióak egy olya változatával bizoyíthatjuk, amelybe egyből három lépést ugruk.
Megjegyezzük, hogy az idukcióak olya változata is létezik, amelybe több lépést ugruk, de em midig ugyaayit. Szemléltessük ezt a következő példával. 6.3. Példa. Igazolja, hogy végtele sok háromszögszám va, ami egybe égyzetszám is. (Emlékezetőül: a háromszögszámok T = + + + = ½ ( + ) alakúak). Megoldás. Nyilvá T = =. Tegyük fel most, hogy a T k háromszögszám egy teljes égyzet, és az a céluk, hogy találjuk ezekek az iformációkak a birtokába egy agyobb háromszögszámot, ami egybe teljes égyzet is. Elég hamar világossá válik, hogy T k+, T k+ stb. most em haszálható. Ha elgodolkozuk azo, hogy mi jöhet számításba, a következőre jutuk: T 4k(k+) = 4k(k + )[4k(k + ) + ]/ = 4(4k + 4k + ) T k = 4(k + ) T k, a T k -val együtt teljes égyzet. 6.. Feladat. Igazuk idukcióval, (két egységyi lépéssel), hogy bármely N eseté + 3 4 + + (-) - = (-) - ( + + + ). 6.. Feladat. (Eötvös versey 90). Igazoljuk egy égy egységyi lépésű idukcióval, hogy + + 3 + 4 potosa akkor osztható 5-el, ha em osztható 4-el. 6.3. Feladat. Három egységyi lépéseket haszálva igazoljuk idukcióval, hogy a + alakú számok em többszörösei 7-ek. 6.4. Feladat. Elleőrizzük a következő egyszerű azoosságokat: + + + + + =, ++++++ = és 4 4 4 4 3 3 6 + + + + + + + =, majd egy olya idukciós bizoyítást haszálva, ami 3 3 7 4 három egységyit ugrik, igazoljuk, hogy bármely 6 eseté létezek az olya a, a,, a egészek, amelyekre + +... + =. a a a 6.5. Feladat. (Erdős-Suráyi tétel). Miutá belátja közvetle elleőrzéssel a következő egyelőségeket: =, = - - - 3 + 4, 3 = - + és 4 = - - + 3 igazolja, hogy bármely N természetes szám eseté létezik egy és a létezik a + és előjelek (ezt rövide ± jellel jelöljük) olya megválasztása, amelyre N = ± ± ± 3 ± ±. b) Erős idukció: Euklidész az Elemek c. mukájába igazolja, hogy bármely k > egész szám felírható (egy vagy több) prímszámok szorzatakét. Bizoyítása alapjába véve a következő: Az állítás yilvá igaz k = eseté. Tegyük fel most, hogy egy k számig, magát a k-t is beleértve, a tulajdoság mide számra teljesül, azaz k-ig mide szám prímszámok sozorzatakét írható fel. Vegyük most k+ értékét. Ez vagy prímszám, és akkor ics mit bizoyítai, vagy legalább két (kisebb) téyező szorzata, de akkor ezek a kisebb számok felírhatók prímszámok szorzatakét, tehát maga a k+ is prímszámok szorzata. Ugyaezzel a logikával, k+, k+3 stb. az összes egész számok is általáosíthatjuk a tulajdoságot
Más szavakkal az Euklidészi bizoyítás az idukció egy erősebb változata, ahol a) P()-et elleőrizzük és b) a P(k+) bizoyításához feltételezzük, hogy az összes állítás, P(), P(),, P(k) mid teljesül (em csak az utolsó, a P(k)). Az idukciós elv itt a következő: P() [P() és P()] [P() és P() és P(3)] [P() és P() és P(3) és P(4)], és így tovább, P() szerepel végül mide -re. Az erős idukció egyszerűbb formájába a P(k+) bizoyításához csak azt tételezzük fel, hogy P(k-) és P(k) igaz, (a többi kisebb egészre em). Más szavakkal elleőrizzük a P(), P() állításokat, majd a következő implikációt: [P(k-) és P(k)] [P(k+). Vagyis tulajdoképpe az implikációsor így alakul: [P() és P()] [P() aés P(3)] [P(3) és P(4)], és így tovább. Természetese további lehetőségek is vaak, pl. P(k+) igazolható abból, hogy a P(k-), P(k-) és P(k) állításokat tételezzük fel igazak, miutá a három legkisebb természetes számra elleőriztük az állítást. A következő példák szemléltetik a módszerek ezt a változatát. 6.4. Példa. Az (a ) sorozatba a = a = 4 és a + a - = (a 6)(a ) az =, 3,... eseté. Igazolja, hogy a sorozat kostas. Megoldás. Természetese az megsejthető, hogy ez a kostas 4, az első két tag értéke. Tegyük fel, hogy a k- = a k = 4. Most egyidejűleg felhaszálva ezt a két feltételt, a rekurzió alapjá felírható: 4a k+ = (4 6)(4 ) = 6, tehát a k+ = 4. Mivel tudjuk, hogy a feltételek szerit a = a = 4 is teljesül, ez azt jeleti, hogy eseté a = 4. 6.5. Példa. Felidézzük, hogy a természetes számoko teljesül a következő azoosság: 3 k = ( k) k= k= olya sorozat, amelyre Megoldás. Az = eseté bármely N eseté. Igazolja, hogy ez megfordítható, azaz, ha a > 0 egy 3 a k = ( a k) bármely N eseté teljesül, akkor a = ( N). k= k= a = a, tehát a = (mivel a > 0). Tegyük fel most, hogy k 3 mide értékére -től m-ig teljesül az állítás, tehát a k = k, vagyis a =,..., a m = m. Ez most az erős idukció feltétele, és fel is haszáljuk teljes egészébe. Az = m + eseté a feltétele szerit: 3 a m + m+) 3 + 3 +... + m 3 + = ( + +... + m + a = ( + +... + m ) + ( + +... + m)a m+ + a m + 3 vagyis a m + = m(m + )am+ + a m + és így a m+ (a m+ + m )(a m+ - m - ) = 0, amiből következik az állítás m+-re, a m+ = m +. 6.6. Feladat. A Fiboacci sorozat eseté, amelyre F = F =, és F + = F + + F, Igazolja, hogy a) F F + - F - F - = F -, b) F + F + - F F +3 = (-). 6.7. Feladat. Legye (a ) a 6.4. Példába szereplő sorozat, csak a = és a = 0 legye. Igazolja, hogy a = 9 9 + ( N). Hasolóa, ha a = és a = 5, igazolja, hogy a = 4 + (- ½) -. 6.8. Feladat. Egy adott a szög eseté, az x értéke az x + /x = cosa egyelet (egyik) megoldása. Igazolja, hogy x + /x = cos a ( N). 6.9. Feladat. Igazolja, hogy ha a és b a következő egyelet megoldásai a + b = 6 ad ab =, akkor a + b a) midig egész és b) egy eseté sem osztható 5-el. 6.0. Feladat. Legye a = (3 + 5) + (3 5). Igazolja, hogy a egész és a.
6.. Feladat. Igazolja Pascal állítását, amelyet az. fejezetbe idéztük a Traité du Triagle Arithmetique alapjá. 6.. Feladat. Legye a, a, a 3, pozitív egészek sorozata, amelyre a = és a < a + a ( N). Igazolja, hogy bármely természetes szám felírható külöböző a ek összegekét. 6.3. Feladat. Legye (b ) az a sorozat, amelyre b =, b = b és b + = b +. Igazolja, hogy b egyelő az szám biáris alakjába szereplő -es számjegyek számával. c) Kettős idukció: Vaak olya esetek is, amelyekbe maga az idukciós lépés is külö idukcióval igazolható. A következő példák erre világítaak rá. 6.6. Példa. Igazolja, hogy bármely N eseté, 7 + 3 5 5 többszöröse 4-ek. Megoldás. Jelölje a = 7 + 3 5 5, és az állítás yilvá igaz = -re. Tegyük fel, hogy = k is igaz, és mivel az a k+ = 7 a k 6 5 k + 30, az idukciós lépés igazolásához be kell láti, hogy 6 5 k 30 is többszöröse 4-ek, mivel az első tag egyik szorzótéyezője, az a k is osztható 4-el. Ez egy újabb idukciós feladat, amiek a bizoyítását, mit egyszerűbb feladatot, az olvasóra bízzuk. d) Idukció két dimezióba: Mideddig olya P() állításokat vizsgáltuk, amelyek egyetle természetes számtól, -től függtek. So far we have cosidered statemets depedig o a sigle iteger. Néha viszot olya áálításokkal is találkozhatuk, amelyek két (vagy több) egész számtól függeek. Egy haszálható idukciós módszer az lehet, hogy az állítást, amit az egyszerűség kedvéért P(m,) jelöl, redre m és szerit bizoyítuk. Például a) P(,)elleőrzése utá, vizsgálhatjuk b) azt, hogy P(,) és P(,), majd c) a P(3,), P(,) és P(,3) állítások igazak-e, és így tovább. Ezt az utat rövide 'átlós' módszerek evezzük. Bármely más módszer, amelyek sorá az (m,) értékeket redre lefedjük szité elfogadható. 6.7. Példa. (IMO 97). Igazolja, hogy (m)!()! osztható m!!(m+)!-el, bármely m és természetes számra. Megoldás. Igazoli fogjuk, hogy a C(m, ) = (m)!()!/(m!!(m+)!) egész, bármely természetes m, eseté. Természetese a C(m, 0) = (m)!/(m!m!) igaz (eek a bizoyítását az olvasóra bízzuk: a bizoyítás egyik útja az, hogy felismerjük, hogy ez tulajdoképpe egy biomiális együttható). Végül köye belátható, hogy teljesül a következő összefüggés: C(m, ) = 4C(m, ) - C(m +, ), amiek az alapjá, az előző lépést felhaszálva, arra lehet következteti, hogy C(m,) is egész bármely m eseté, majd C(m, )-re, C(m, 3)- ra is igaz ugyaez mide m eseté, és így tovább. 6.4. Feladat. Igazolja idukcióval, hogy r egymást követő pozitív egész szám szorzata osztható r!-al. 6.5. Feladat. Ha (F ) jelöli a Fiboacci sorozatot, igazolja, hogy F + F = F és + + FF + + F+ = F+. (Ötlet: Jelölje P() az első állítást, és Q() a másodikat. Az idukciós implikációsor most a következő lehet: P() Q() P() Q() P(3)... ). e) Oda-vissza úto: Ebbe a változatba az idukciót két szakaszba végezzük. Az első szakaszba egy előre rögzített < < < 3 < sorozatak megfelelő P() P( ) P( ) P( 3 ) implikáció lépéseket végezzük el, majd a visszavezető úto, a P(k) P(k-) implikációkat elleőrizzük. Nyilvá a visszafele út sorá az odafele úto em éritett számokra is kiegészíti a bizoyítást, ami ezáltal teljessé válik. Legye erre egy példa az ú. számtai-mértai közép egyelőtleség. (Eek az igazolására az odafele úto az < < < 3 < sorozat elemeit haszáljuk.)
6.8. Példa Igazolja, hogy bármely (a ) pozitív számsorozat elemeire: a+ a +... + a aa... a ( N) Megoldás. Az = eset yilvá igaz. Tegyük fel most, hogy P(k) igaz bármely pozitív tagú (a ) sorozat eseté, ekkor a P(k) a következőképpe igazolható: Alkalmazzuk P(k)-t az ((a - + a )/ ) sorozatra: a+ a a3+ a4 ak + ak + +... + a + a a3+ a4 a + a... k k k k a a a a... a a 3 4 k k és ez utóbbi yilvá P(k)-t jeleti, vagyis a + a +... + a k k k a a... a. k Tehát most már igazoltuk a P(), P(), P( ), P( 3 ), eseteket. Visszafele, tegyük fel, hogy P(k) igaz és mutassuk ki, hogy P(k-) is az. Eek érdekébe alkalmazzuk most P(k)-t a következő k számra: a, a,, a k- és (a + a + + a k- )/(k-), ekkor a+ a +... + a k a+ a +... + a k + k a + a +... + a aa... a k k k amiből a megfelelő számítások utá éppe P(k-)-et kapjuk. k k 6.6. Feladat. A k a a... a = k a a... a k a a... a egyelőséget felhaszálva, k k k+ k+ k adjuk egy másik bizoyítást is a P(k) P(k) implikációra a 6.8. Példába. 6.7. Feladat. (Jese egyelőtleség). Ha f : I R, ahol I R egy valós itervallum, egy ća+ a +... + a ö f (a ) + f (a ) +... + f (a ) kokáv függvéy, akkor f ç ł az I itervallum č bármilye a, a,, a elemire. A kovex függvéyekre az egyelőteleség ellekezője ćx+ yö f(x) + f(y) igaz. (Tudvalévő, hogy a kokáv függvéyekre az f ç ł és a kovex č függvéyekre az elletétes egyelőtleség teljesül). f) Élesítés: A következőkbe egy külöleges módszert, és aak idoklását láthatjuk.
3 6.9. Példa. Igazolja, hogy bármely eseté + +... +. 3 4 Megoldás. Mivel az idukciós lépés itt em alkalmazható módosítjuk az állítást, és helyette egy élesebb (erősebb) P() állítást fogalmazuk meg: 3 P(): + +... +. 3 4 Az = azoal belátható, és az idukciós lépések is lehetővé válak, a következők szerit: 3 3 + +... + + +, és ez teljessé teszi a bizoyítást. 3 k (k+ ) 4 k (k+ ) 4 k+ Eek a módszerek az a külölegessége, hogy em magát az állítást sikerült igazoli, haem egy élesebb, (erősebb) állítást! Már maga az idukció feltétele is erősebb volt az eredetiél, tehát em meglepő, hogy a következtetés is egy erősebb állítás. Eredeti formájába az állítás túl gyege ahhoz, hogy a bizoyítást idukcióval elvégezhessük. 6.8. Feladat. Igazolja a következő egyelőtleséget: 3 ( ) < 4 () 3.... 6.9. Feladat. Igazolja a következő egyelőtleséget: + +... + <. 3 (+ ) 6.0. Feladat. Igazolja a következő egyelőtleséget: ( + )( + )... ( + ) 3. 3 3 3 3 A élesítés módszerét eddig a bizoyítás érdekébe alkalmaztuk. Más alkalmazás is lehet, amit azt a következő példa is szemlélteti. 6.0. Példa. Igazolja, hogy bármely eseté az!-ak külöböző osztója va, amelyekek az összege! Megoldás. Mielőtt kijeleteék magát az élesebb állítást, tegyük egy kísérletet az adott állítás idukcióval törtéő bizoyítására. Az = eset yilvá igaz. Tegyük fel most, hogy va k!-ak va k olya külöböző d, d,, d k osztója, amelyekek az összege k!. Vegyük ekkor a (k + )d, (k + )d,, (k + )d k külöböző számokat. Ezek valóba a (k+)! osztói és összegük valóba a keresett (k + )!, de csak k darab va belőlük, és a mi feltételük szerit k+ ilye osztóra lee szükségük. Ha most a (k + )d osztó helyett a kd és d számokat vesszük, akkor k+ számuk lesz, de lehet, hogy a kd em osztója (k + )! ak. Ez elkerülhető lee, ha d = lee, de vajo ezt megtehetjük-e? Ha magát az állítást helyettesítjük a következő általáosabb állítással (élesítés): bármely eseté létezik!-ak olya olya külöböző osztója, amelyekek az összege! és az egyik osztó akkor ez már köye igazolható, bizzuk ezt az olvasóra. 7. Fejezet. További esetek
A fejezet elejé az idukció, mit bizoyítási módszer hatékoyságáról beszéltük. A következő példákba még világosabbá tesszük a módszer változatos alkalmazhatóságát. A beutatott példákba az idukció áttételese alkalmazható Mielőtt az első példát megismerék, idézzük fel, hogy az eddigi feladatokba az (változó) szám szerepe a feladat feltételei alapjá eléggé világos volt. A következő példákba mi kell megválasszuk a változó szerepét betöltő számot, és ez a kéyes kérdés megehezítheti a mukákat. 7.. Példa. Igazolja, hogy emegatív számok bármely emüres {a, a,, a } halmaza (a + a +... + a )! eseté az of X = kifejezés egész szám. a!a!...a! Megoldás. Az idukciót most em az szerit, haem ikább az N = a + a + + a szerit kell végezi. Ha N =, akkor (az általáosság megtartása mellett) vehetjük a =, a = = a = 0, és az eredméy azoali. Tegyük fel, hogy k eseté, X egy egész miközbe a + a + + a = k. Most ugyaezt igazoljuk emegatív egészre, amelyekek összege k +. Megjegyezzük, hogy feltehető a j for all j (és ha valamely a j = 0, mivel az X em változik, tehát törölhető). Legye tehát a + a + + a = k +. Alkalmazva az idukció feltételét az a, a,, a, azt írhatjuk fel, hogy: ax (a + a +... + a )! = a + a +... + a (a )!a!...a! egész. Hasolóa az a X/(a + a + + a ),, a X/(a + a + + a ) számok mid egészek, tehát az összegük is, tehát: ax j X. = a + a +... + a j= 7.. Feladat. Adjuk eg másik bizoyítást a 7.. Példára, felhaszálva a következő azoosságot: (a ++ b... + c)! = ((a + b) +... + c)! (a + b)!. a!b!...c! (a + b)!... c! a!b! A következő két példába az idukciós feltételt egésze másképp alkalmazzuk. 7.. Példa. Legye A az elememű {,, 3,..., - } halmaz tetszőleges része. Ahol with N. Igazolja, hogy A tartalmaz két olya x és y elemet (em feltétleül külöbözőeket) amelyekre x + y =. Megoldás. Az = eset yilvávaló. Tegyük fel, hogy a következtetés igaz = k-ra, és vegyük az {,, 3,..., k + } halmaz egy k + elemű A része. Ki kell mutatuk, hogy va A-ba két olya x és y, amelyre x + y = (k + ). Ha az és k + egyarát az A-ba va, akkor kész vagyuk, tehát feltehetjük, hogy a két adott elem közül legalább az egyik hiáyzik. Vegyük ki az A-ból a másikat is, ha egyik ilye elem bee va, ekkor egy legfeebb k elemű A' {, 3,..., k} részhalmazhoz jutuk. Most csökketsük A' elemeit - el, így most az egy legfeebb k elemű része az{,, 3,..., k -} halmazak. Alkalmazzuk az idukció feltételét erre az utóbbi halmazra. Va tehát A-ba olya x és y i A amelyre (x - ) + (y - ) = k, tehát x + y = (k + ). 7.. Feladat. (Hermite azoosság) Ha egy pozitív egész és x egy valós szám, igazolja, hogy: [ x] + [ x+ ] + [ x+ ] +... + [ x+ ] = [ x],
ahol [.] az egész részt jelöli. (Ötlet: az idukciót em az szerit, haem ikább egy egyértelműe létező k N szerit végezzük, amire k/ x < (k+)/ ). 7.3. feladat. Egy körpályá üzemayag töltőállomás va, és az ott takolható üzemayag meyisége összességébe pot elég arra, hogy egy jármű a körpályát befussa. Igazolja, hogy lehetséges úgy megválasztai az iduló potot, hogy a jármű teljese befussa a körpályát, feltéve, hogy csak azt az üzemayagot haszálja fel, amit az olya üzemayag töltőállomásoko takol, ami előtt elhalad. 8. Fejezet. Nehezebb kérdések. 8.. Feladat. Ha x olya valós szám, amely em egyelő + ½ -el, egyetle egész -re sem, jelölje {x} az x-hez legközelebb eső egészet (így például {e} = {π} = 3). Igazolja, hogy + { k} = k. k= k= 8.. Feladat. Legye egy egész. Vegyük az összes olya (a,b) egész koordiátájú potot a síko, amelyre 0 a, 0 b, a + b. Igazolja, hogy ha ezeket a potokat egyeesekkel fedjük, akkor legalább + ilye egyeesre va szükségük. 8.3. Feladat. Egy adott N természtes szám eseté, képezzük egy másik, s(n)-el jelölt számot a következők szerit: Ha N-et a 0-es számredszerbe a következő alakba írható: N = a a...a 0, akkor s(n) = a k. Igazolja, hogy eek az eljárásak az ismétlésével vagy az -et kapjuk, vagy a következő ciklikussá váló sorozatot: 4, 6, 37, 58, 89, 45, 4, 0. (Megjegyzés: Közvetle számítással elleőrizhető a három számjegyű számokra, majd ez lehet az idukció feltétele, ezutá N szeriti idukciót végzük el.) 8.4. Feladat. Igazolja, hogy aak a sorozatak, amelyek a tagjaira redre teljesül az a = a = a 3 = és a +3 = ( + a + a + )/a ( ) feltétel, mide tagja egész. 8.5. Feladat. Ha m és természetes számok, mutassuk ki, hogy úgyszité egész szám (m)! az m. m!(!) 8.6. Feladat. (Chebychev egyelőtleség). Adott a a... a 0 és b b... b 0. Igazolja, hogy ( a k). ( b k) ( a kb ). k Mi lesz a megfelelő egylőtleség, ha k= k= k= 0 a a... a és 0 b b... b a kiiduló egyelőtleség sor? 8.7. Feladat. (Putam 968, átfogalmazva). Adott egy elemű S halmaz, és legye P az S összes részhalmazaiak halmaza. Igazolja, hogy P elemeit az A, A,..., A sorba írhatjuk, ahol A = és ebbe a felsorolásba két egymást követő halmaz potosa egy S-beli elembe külöbözik. 8.8. Feladat. (Putam 956, átalakítva). Adott pot ( ) amelyet + szakasz köt össze, igazolja, hog ezek a szakaszok legalább egy háromszöget határozak meg. 8.9. Feladat.Legye A egy + elemű részhalmaza az {,,, } halmazak. Igazolja idukcióval, hogy va olya x, y az A elemi közt, amelyre x osztja y-t. 8.0. Feladat. Igazolja, hogy bármely > eseté létezik egy olya véges A pothalmaz a síkba, úgy, hogy bármely x A létezik még x, x,, x az A be és midegyik egység távolságra va x-től.
8.. Feladat. (Az IMO 997 példái alapjá). Igazolja, hogy végtele sok olya érték va, amelyre létezik egy -es mátrix, amiek az elemei az S = {,,..., -} halmaz elemi, és mide k =,,...,, a k. sora és k. oszlopa tartalmazzák S összes elemét. Megoldások.) Ezek egyszerű gyakorló feladatok. Mégsem árt tudi, hogy a megoldásukba felhaszáluk bizoyos, ismert képleteket, mit a j) megoldásába a si(y) = siycosy, k) θ-φ θ+ φ megoldásakor a si θ - si φ = si cos, ahol θ = ( + )x és φ = x. Az l) θ potba az idukciós lépésél szükség va a + cosθ = cos képletre, ami a θ következő, barátságosabb alakba írható: cosθ = cos..) Az idukció sorá haszáljuk az a k+ + = a k + = (a k + ) = k (a + ) felirást. A második fele egyszerű gyakorlatak számít..3) Haszálja az: x + y - x y + = (a + x + x - ) y - x (a + y + y - ) = -( x y - - x - y )..4) Haszálja az: (x + y )(u + v ) = (xu yv) + (xv + yu)..5) Ha P(k) = k 5 /5 + k 4 / k 3 /3 7k/30 akkor, kifejtve, P(k+) = P(k) + egész..6) Haszálja az: x + y + = x(x y ) + y (x y)..7) Köye belátható, hogy egy k-oldalú sokszög eseté egy újabb oldal beiktatása az átlók számát k -el öveli és ½ k(k 3) + k = ½ (k + )(k )..8) Eek a bizoyítása a taköyvekbe is megtalálható..9) a) Haszálja az: + = + + = + + + és így + ( 3) (a b 3)( 3) (a 3b ) (a b ) 3 + a+ 3b+ a = a + + 3 b és b = a+ b. Köye bizoyítható, hogy =. b) A biomiális tétel alapjá köye belátható, hogy ( + 3) = a b 3. Végül: ( + 3) ( 3) = (4 3) =. +.0) Haszálja a = ( )( + ). Megjegyzedő, hogy és + számokak ics közös prímtéyező osztójuk, midkét szám páratla és külöbségük.
.) Az = eset világos. Ha felhaszáljuk az F k = ( a )F0F F k- feltételt, akkor k+ k k felírható F k + = a = ( a )( a + ) = (Fk ) F k = ( a )F0F F k- F k..) 7! = 5040 > 87 = 3 7. If k! > 3 k (ahol k 7) és végül (k+)! = (k+)(k!) > (k+).3 k 8.3 k > 3 k+..3) Az a > a0a = a feltételből következik az első egyelőtleség. Feltéve, hogy /(k ) /k (k )/k ak > ak azt kapjuk, hogy ak > ak a k+ > (a k) ak+, ahoa már köye belátható a végeredméy..4) Az = eset éppe Ramauja eredméye. Az idukció feltétele legye: + k + (k+ ) + (k+ ) + (k+ 3) +... = k+. Most emeljék égyzetre midkét oldalt, vojuk ki midkét oldaból -et, és osszk végik k-val. Ez potosa a következő lépést adja. 3.) a) (-) ( + +... + ) = (-) ( + )/ b) ( + )! c) + +... + = ( + )/ d) /[x(x+)] 3.) A = 3, B = 6. 3.3) Az első lépésekbe a 3, 7, 3,, 3 prímszámokat kapjuk, de = 6 eseté a szám összetett: 3003 = 59 x 509. 3.4) A következő szám, ami = 6-ak felel meg, a 3. 3.5) Azt kapjuk, hogy a = 3/, a 3 = 7/4, a 4 = 5/8 stb. Kitalálható, majd idukcióval bizoyítható, hogy a = ( )/. 3.6) Köye elleőrizhatő, hogy a = 4, a 3 = 9 stb. Az a = sejtés helyes lesz, és idukcióval igazolható. Eek egyik, hamar célravezető, lépésekét igazolható, hogy + a+ = a. 4.) Léyegébe az előző feladat, csak most: a k + - 5a k = -9(8k - 3). 4.) Ha a = 7 48, az idukcióhoz felhaszálható, hogy a k+ - 49 a k = 304k.
4.3) Ha a = 3.5 + + 3+, az idukció lépéséhez felhaszálható, hogy a k+ 5a k = -7. +. Egy másik lehetőség, ha belátjuk, hogy a k+ 8a k = 3.7.5 k+. 4.4) Ha a k = k 3 + (k + ) 3 + (k + ) 3, akkor a k+ a k = (k + 3 ) 3 k 3 = 9(k + 3k + 3). 5.) a) 5 = 3 5. Ha k > k (ahol k 5) akkor k+ =. k >.k = k + k k + 5k > k + k + = (k + ). b) 0 = 04 > 0 3. Ha k > k 3 (ahol k 0) akkor k+ =. k >.k 3 = k 3 + k 3 k 3 + 0k k 3 + 3k + 3k + = (k + ) 3. 5.) Az idukciós lépéshez mutassuk ki, hogy (k + ) (k + ) > (k + ) k +. Ez yilvá igaz, mivel a baloldalo mid a k + téyező (k + ). 5.3) Ha (k)!(k + ) > 4 k (k!) akkor (k + )!(k + ) = (k + )(k + )[(k)!(k + )](k + )/(k + ) > (k + )(k + )4 k (k!) (k + )/(k + ) = 4 k+ ((k + )!) (k + )(k + )/[(k + ) ] > 4 k+ ((k + )!). 5.4) Az idukcióhoz igazoli kell, hogy + > +, ami em jelethet godot. + 5.5) Az érveléshez az 5.. Példába leírtak haszálhatók. 5.6) Az idukciós lépés bizoyítására, tegyük fel, hogy az egyelőtleség igaz az = m esetbe és (a k ) olya tetszőleges sorozat, amelyre 0 a k ha k m. Vegyük most az = m + esetet és tekitsük azt a (b k ) sorozatot, amelyre 0 b k for k m +. Alkalmazzuk az idukció feltételét az következőképpe felírható (a k ) sorozatra: a = b, a = b,, a m- = b m- és a m = b m b m+. ekkor m ( + b b b m- (b m b m+ )) ( + b )( + b ) ( + b m- ) ( + b m b m+ ). A kívát eredméy a következő észrevételből következik: ( + b m b m+ ) ( + b m )( + b m+ ) (ami yilvá igaz, mert ekvivales a következővel: ( - b m )( - b m+ ) 0. ) 6.) A két lépésekéti idukció sorá az + 3 4 + +(-) k - k kifejezéshez hozzáadjuk a következő kifejezést: (-) k (k + ) + (-) k + (k + ) = (-) k [- (k+ ) + (k + ) ] =(-) k [(k+ ) + (k + )]. Köye igazolható, hogy ha az adott kifejezést a jobboldalhoz adjuk, éppe a kívát eredméyt kapjuk. 6.) Az =,, 3, 4 esetek azoal beláthatók, például az 5 em osztója az adott kifejezések: 4 + 4 + 3 4 + 4 4 = 354. Az iduktív lépés érdekébe felírjuk: k+4 + k+4 + 3 k+4 + 4 k+4 ( k + k + 3 k + 4 k ) = 5. k + 80.3 k + 55.4 k = (ami többszöröse 5-ek). 6.3) Felhaszálható a következő egyelőség: +3 + = 8. + = 7. + ( +).
6.4) Ha az (a, a,, a -, a ) szám -es redelkezik az adott tulajdosággal, akkor yilvá az (a, a,, a -, a, a, a, a ) szám ( + 3)-as is redelkezik ugyaazzal a tulajdosággal. 6.5) 4 lépésekéti ugrást és az ( + ) - ( + ) - ( + 3) + ( + 4) = 4 azoosságot haszáljuk a bizoyítás sorá. Megjegyzedő, hogy a tulajdoság mide egész számra kiterjeszthető. Ha igaz N-re akkor yilvá igaz N-re is, és 0 = + + 3-4 - 5-6 + 7. 6.6) Rutifeladat, a meghatározások alapjá. 6.7) Az a és a az eredméy belátható. Az idukciós lépéshez, tegyük fel, hogy a k- = 9(k ) 9(k ) + és a k = 9k 9k +, eek alapjá belátható, hogy a k+ = 9(k + ) 9(k + ) +. 6.8) Az idukciós lépés érdekébe tegyük fel, hogy = k és = k eseté egyarát igaz a tulajdoság. Ez utá haszáljuk fel a következő azoosságot: x k+ + /x k+ = (x + /x)( x k + /x k ) - (x k- + /x k- ) = 4(cosa)(cos ka) - cos(k - )a. 6.9) a) Iagzolható: :a + + b + = (a + b )(a + b) ab(a - + b - ) = 6(a + b ) - (a - + b - ). b) Az előző ismételt alkalmazásával: a + + b + = 6[6(a - + b - ) - (a - + b - )] - (a - + b - ) = (5 többszöröse) - (a - + b - ). 6.0) Vegyük észre, hogy a + = 6a - 4a - (köye belátható, hogy az a = 3+ 5és a b = 3 5az x = 6x 4 egyelet gyökei). Idukcióval következik, hogy a + = 6..(egész) 4. -.(egész) = +.(egész). 6.) Az idukciós lépés érdekébe tegyük fel, hogy az eredméy igaz az = m és mide k < eseté. Ekkor m+ C k : m+ C k+ = ( m C k- + m C k ) : ( m C k + m C k+ ). Ezutá egyszerűsítsük a törtet m C k -val, és alkalmazzuk a következő összefüggést m C k- : m C k = k : [ (k )], m C k : m C k+ = (k + ) : ( k). 6.) Az idukciós lépéshez tegyük fel, hogy mide természetes x, amelyre x a k felírható a külöböző a,, a k-, a k. elemekkel. Ekkor bármely y, amelyre a k < y a k+ felírható az y = a k + x alakba, ahol x a k+ - a k a k és az idukció feltételét x-re alkalmazzuk. 6.3) Az idukciós bizoyítás a következő megjegyzések alapjá végezhető el: A szám a kettes számredszerbe ugyaúgy írható fel, mit az csak egy 0 kerül a végére. A + eseté is ugyaazok a számjegyek, mit a eseté, csak az utolsó számjegy 0 helyett. 6.4) Egy rögzített r eseté tekitsük a P() = ( + )( + )...( + r -) számot, az r darab egymás utái egész szám szorzatát. Ekkor P( + ) - P() = r x ( + )( + )...( + r -) = r x (r - darab egymás utái egész szám). Más szavakkal a kijeletést csak az r - utái egész számra kell bizoyítai. Ez viszot idukcióval bizoyítható r = -el kezdve.
6.5) Rutimuka a feladat szövege alapjá. 6.6) A P(k) P(k) lépés a következő: a a... a = a a... a a a... a k k k k k k+ k+ k a + a +... + a a + a +... + a a + a +... + a + = k k k k k+ k+ k k. k a a... a + a a... a k k k+ k+ k 6.7) A bizoyítás szite szó szerit követi a 6.8. Példába leírt P(k) P(k) és ezt követőe a P(k) P(k - ) lépéseket, csupá a kézefekvő változtatásokat kell elvégezi azo. 6.8) Ha az iduktív lépésbe a szokásos útat követék, akkor a következő hamis (k + ) 3k egyelőtleségre juták: <. A feladat megoldásához az (k + ) 3k + 3 3 ( ) < 4 () 3+..., az eredetiél erősebb egyelőtleség bizoyítását végezzük el! Eek a bizoyítása sorá most már a helyes egyelőtleséghez jutuk: (k+ ) 3k+ <. (k+ ) 3k+ 4 6.9) Az adott egyelőtleséget az erősebb + +... + < 3 (+ ) + egyelőtleséggel helyettesítjük, amit köyű bizoyítai. 6.0) Az adott egyelőtleséget az aál erősebb ( + )( )... ( ) 3 3 3 3 + 3 + egyelőtleséggel helyettesítjük, amit köyű bizoyítai. 7.) Az szeriti idukciós feltételt felhaszálva igazolhatjuk, hogy a jobb oldal egész számok szorzata. 7.) Ha 0 x < / az eredméy azoal belátható. Tegyük fel, hogy az egyelőség igaz bármely x eseté, amelyre k/ x < (k+)/ és legye y egy tetszőleges szám amelyre (k+)/ y < (k+)/. Be kell látuk az egyelőséget y eseté is. Eek érdekébe tegyük fel, hogy x = y /. Így megkapjuk a kívát eredméyt, kivéve a végpotokra, de ezekre is kiterjeszthető, mivel [a + ] = [a] +. Negatív x eseté hasoló a bizoyítás. 7.3) Az idukció érdekébe a következő godolatmeetet követjük: Ha k+ töltőállomás, akkor (az eredeti feltétel alapjá) yilvávaló, hogy va egy, plédául A-ak jelölt töltőállomás, amelye a takolt üzemayag a jármű közlekedését lehetővé teszi az óramutató járásáak
megfelelő iráy szeriti, következő töltőállomásig. Ha átszállítjuk az A töltőállomás üzemayag készletét a következő töltőállomásra, akkor k töltőállomásuk lesz, és így az idukció feltétele alapjá, a körpálya befejezhető. Tegyük fel, hogy ez a teljes pálya a B potba kezdődik, és óramutató járásával megegyező iráyba törtéik. Az is világos, hogy most már visszvihetjuk az üzemayagot az A töltőállomásra, és B-ből idulva, az óramutató járásával megegyező iráyba törtéik, és az üzemayagot az A-ból akkor szállítjuk el, amikor áthaladuk a töltőállomás előtt. 8.) Az idukciós bizoyításhoz észrevehető, hogy ha + < k ( + ) + ( + ) akkor + + ¼ < k < ( + ) + ( + ) + ¼ (az első egyelőtleség azért teljesül, mert k egy + egész számál agyobb egész szám). Tehát ( + ½ ) < k < ( + + ½ ) és így { k } = +, ahoa következik, hogy az új tagok az összeget a következőképpe övelik: (+ ) + (+ ) { k} = ( + )[( + ) + ( + ) ( + )] = ( + ), k= + + vagyis amit bizoyítai kellett. 8.) Az = eset világos. Tegyük fel, hogy = k eseté legalább k + egyeessel fedhető le a potok hálózata. Ekkor az = k + eseté vagy a) ha az egyeesek egyike x + y = k +, akkor a feltétel szerit legalább k + egyeessel lehet lefedi a maradék potokat, összese: k +. vagy b) Ha pedig az x + y = k + egyeest em vettük be a lefedésbem, akkor k + hálózat- pot lefedéséhez legalább k + további egyeesre va szükség. 8.3) Először hadd jegyezzük meg, hogy ha N 999 akkor N s(n) mivel N s(n) = k= a (0 a ) + a ( a ) k k k 0 0.(0 9) + 9.( 9) > 0. Tegyük fel, hogy s ismételt alkalmazásával mide olya k eseté, amire k (where 999) vagy az -es-hez jutuk, vagy az említett ciklushoz. Ekkor az + eseté s( + ) 8.4) A sorozat éháy kezdő tagja következő:,,,, 3, 7,, 6, 4,... Gyaítható, hogy a következő rekkurecia reláció is célravezető. a + = 4a - a - ( ). Ezt a következő úto bizoyíthatjuk: a +3 = ( + a + a + )/a = [ + a + (4a - a - )]/a = 4 a + + ( - a + a - )/ a = 4 a + + [ - ( + a a - )]/ a = 4 a + - a -. Az a téy, hogy (a ) sorozat csak egész számokat tartalmaz, az új rekurrecia relációból következik. (m)! 8.5) Tekitsük az m szeriti idukciót. Az idukciós lépés: a m = m, ahol, rögzített m!(!) eseté, azt kapjuk, hogy a m+ (m + )(m + )...(m)...(m + ) (m + )(m + )...(m)...(m + ) = =. a (m+ )! ( )! m Jegyezzük meg, hogy a számláló első része - egymást követő egész téyező szorzata, tehát a evezőek egy többszöröse (ez sokféleképpe igazolható, még akár idukcióval is). 8.6) Az = m ről = m + -re törtéő idukciós lépés a következőképpe látható be: