HY118- ιακριτά Μαθηµατικά

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά Παρασκευή, 10/03/2017 Αντώνης Α. Αργυρός e-mail: argyros@csd.uoc.gr Το υλικό των διαφανειών έχει βασιστεί σε διαφάνειες του Kees van Deemter, από το University of Aberdeen 1 1

Μαθηµατική Επαγωγή 2

Μαθηµατική επαγωγή Μία ισχυρήτεχνικήγια να αποδεικνύουµε ότι µια πρόταση της µορφής n 0 P(n) είναι αληθής. Τυπικά, η «πρώτη αρχή της Μαθηµατικής Επαγωγής» ορίζει τον παρακάτω κανόνα εξαγωγής συµπερασµάτων: P(0) k 0 (P(k) P(k+1)) n 0 P(n) (βάση της επαγωγής) (επαγωγικό βήµα) 3

Μαθηµατική επαγωγή Μία ισχυρήτεχνικήγια να αποδεικνύουµε ότι µια πρόταση της µορφής n 0 P(n) είναι αληθής. Τυπικά, η «πρώτη αρχή της Μαθηµατικής Επαγωγής» ορίζει τον παρακάτω κανόνα εξαγωγής συµπερασµάτων: P(0) k 0 (P(k) P(k+1)) (επαγωγικό βήµα) n 0 P(n) Μοιάζει µε domino! (βάση της επαγωγής) 4

Το Domino Effect Βάση της επαγωγής: Το ντόµινο #0 πέφτει. Επαγωγικό βήµα: Για κάθε k N, εάν το ντόµινο #k πέσει, τότε πέφτει και το ντόµινο #k+1 Συµπέρασµα: 2 3 4 5 6 Όλα τα ντόµινο θα πέσουν! 1 0 5

Το Domino Effect Βάση της επαγωγής: Το ντόµινο #0 πέφτει. Επαγωγικό βήµα: Για κάθε k N, εάν το ντόµινο #k πέσει, τότε πέφτει και το ντόµινο #k+1 Συµπέρασµα: Όλα τα ντόµινο θα πέσουν! 0 1 Αυτό ισχύει και για απείρως πολλά ντόµινο! 6 5 2 3 4 6

Θυµηθείτετην άµεση απόδειξη: Έχουµε υποθέσεις p, θέλουµε να αποδείξουµε το συµπέρασµα q. Βρες ένα s 1 τέτοιο ώστε p s 1 Τότε o κανόνας modus ponens δίνει το s 1. Μετά, βρές s 2 τέτοιο ώστε s 1 s 2. Τότε o κανόνας modus ponens δίνει το s 2.. και τελικά βρίσκουµε ένα s n τ.ω.: s n q. 7

Ορθότητα της επαγωγής Γιατί το n 0P(n)είναι ένα ορθό συµπέρασµα, εάν η βάση της επαγωγής και η επαγωγική υπόθεση ισχύουν; Θεωρείστε ένα k 0. Το επαγωγικό βήµα k 0 (P(k) P(k+1)) σηµαίνει ότι (P(0) P(1)) (P(1) P(2)) (P(k) P(k+1)) για κάθε k Η βάση της επαγωγήςµας λέει ότι P(0). Μία εφαρµογή του Modus Ponens (σε συνδυασµό µε το ότι (P(0) P(1))) µας δίνει ότι P(1); Άλλη µία µας δίνει ότι P(2), και ούτω καθεξής µέχρι την P(k) (χρησιµοποιώντας συνολικά k+1 βήµατα Modus Ponens)). Εποµένως, n 0P(n). 8

Οι επαγωγικές αποδείξεις έχουν µία συγκεκριµένη δοµή: Π.χ., αποδείξτε ότι n 0 P(n) Αν αποδείξουµετη βάση της επαγωγήςκαι το επαγωγικό βήµα, τότε από την αρχή της µαθηµατικής επαγωγής προκύπτει ότι n 0 P(n). Βάση της επαγωγής: Απόδειξη ότι P(0). Επαγωγικό βήµα: Απόδειξη ότι k P(k) P(k+1). Π.χ.,µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε άµεση απόδειξη, ως ακολούθως: Υποθέτουµε ότι για τυχαίο k, ισχύει ότι P(k). (επαγωγική υπόθεση = ΕΥ) Με βάση αυτή την υπόθεση, αποδεικνύουµε ότι P(k+1). 9

Γενίκευση της επαγωγής Ο κανόνας µπορεί να χρησιµοποιηθεί για να αποδειχτεί ότι n c P(n)για µία σταθερά c, όπου πιθανά, c 0. Σε αυτή την περίπτωση, το βασικό βήµα είναι η απόδειξη της P(c) αντί της P(0), και το επαγωγικό βήµα συνίσταται στην απόδειξη του ότι k c (P(k) P(k+1)). 10

Ένα παράδειγµα επαγωγικής απόδειξης Αποδείξτε ότι n>0, n<2 n. Έστω P(n)=(n<2 n ) Βάση επαγωγής: P(1)=(1<2 1 )=(1<2)=Αληθές. Επαγωγικό βήµα: Πρέπει να δείξουµε ότι για κάθε k>0, P(k) P(k+1). Υποθέτουµε ότι P(k),δηλαδή ότι, k<2 k και µε βάση αυτό θα αποδείξουµε ότι k+1 < 2 k+1. Από την επαγωγική υπόθεση έχουµε ότι k<2 k =>k+1 < 2 k +1 < 2 k + 2 k (επειδή 1<2 k, αφού k>0) = 2 k+1 Εποµένως k + 1 < 2 k+1, (δηλαδή, P(k+1)).ΟΕ Εποµένως, n>0, n<2 n 11

εύτερο παράδειγµα Αποδείξτε επαγωγικά ότιτο άθροισµατων πρώτων nπεριττών φυσικών είναι ίσο µε n 2. ηλαδή αποδείξτε ότι: n n 1: (2i 1) = n i= 1 2 12

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 13

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 14

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 15

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 16

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 +7 17

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 +7 +9 18

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 +7 +9 +11 19

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 +7 +9 +11 +13 20

Γεωµετρική ερµηνεία «Για να φτιάξεις το επόµενο τετράγωνο, αρκεί να προσθέσεις τον επόµενο περιττό αριθµό» 1 +3 +5 +7 +9 +11 +13 =7 2 21

εύτερο παράδειγµα Αποδείξτε επαγωγικά ότιτο άθροισµατων πρώτων n περιττών φυσικών ακεραίων είναι ίσο µε n 2. ηλαδή αποδείξτε ότι: n n 1: (2i 1) = n i= 1 P(n) Επαγωγική απόδειξη Βάση επαγωγής: Έστω n=1. Το ζητούµενο άθροισµα είναι ίσο µε 1, το οποίο ισούται µε 1 2. 2 22

Συνέχεια... Επαγωγικό βήµα: Αποδ. k 1: P(k) P(k+1). Έστω k 1, υποθ. P(k), και απόδ. ότι P(k+1). k 2 = (2i 1) i= 1 k 2 k k i k + (2( + 1) 1) = (2 1) + (2( + 1) 1) i= 1 k+ 1 2 k k i + 2 + 1 = (2 1) i= 1 k+ 1 2 ( k+ 1) = (2i 1) k i= 1 23

Εναλλακτικά το επαγωγικό βήµα... Επαγωγικό βήµα: Αποδ. k 1: P(k) P(k+1). Έστω k 1, υποθ. P(k), και απόδ. ότι P(k+1). k+ 1 k (2i 1) = (2i 1) + (2( k+ 1) 1) i= 1 i= 1 24

Εναλλακτικά το επαγωγικό βήµα... Επαγωγικό βήµα: Αποδ. k 1: P(k) P(k+1). Έστω k 1, υποθ. P(k), και απόδ. ότι P(k+1). k+ 1 k (2i 1) = (2i 1) + (2( k+ 1) 1) i= 1 i= 1 Από την επαγωγική υπόθεση P(k) k 2k 1 2 = + + = ( k+ 1) 2 25

Τετράγωνα Έστω P(n) = Αν αφαιρέσεις ένα τετράγωνο από ένα πίνακατετραγώνων 2 n x 2 n, n>0, τότε µπορείς να καλύψεις τα υπόλοιπα τετράγωνα µε κοµµάτια σχήµατος L που έχουν τρία τετράγωνα το καθένα. 26

Τετράγωνα: βάση της επαγωγής Βάση της επαγωγής: n=1 Πίνακας 2x2. Αν αφαιρέσουµε 1 (µπλέ), τα υπόλοιπα 3 φτιάχνουν ένα σχήµα Lµε τρία τετράγωνα (κόκκινο). Εποµένως, η P(1) ισχύει. 27

Τετράγωνα: επαγωγικό βήµα Επαγωγική υπόθεση: αν αφαιρέσουµε ένα τετράγωνοαπό ένα πίνακα διαστάσεων 2 k x2 k, τα υπόλοιπα µπορούν να καλυφθούν µε σχήµατα L τριών τετραγώνων. Πρέπει να αποδείξουµε ότι αν ισχύει η επαγωγική υπόθεση, τότε, αν αφαιρέσουµε ένα τετράγωνο από ένα πίνακα διαστάσεων 2 k+1 x2 k+1, τα υπόλοιπα τετράγωνά του µπορούν να καλυφθούν µε σχήµατα L τριών τετραγώνων. 28

Απόδειξη επαγωγικού βήµατος Επαγωγικό βήµα: (2 k+1 ) x (2 k+1 ) ισοδύναµο µε (2 k 2 1 ) x (2 k 2 1 ), δηλαδή 4x(2 k x2 k ). Αυτό είναι ένα τετράγωνο κατασκευασµένο από 4 τετράγωνα διαστάσεων (2 k x 2 k ). Από οποιοδήποτε από τα 4 τετράγωνα, αφαίρεσε ένα. Τότε αυτό, από την επαγωγική υπόθεση µπορεί να καλυφθεί από σχήµατα L τριών τετραγώνων. Τοποθέτησε ένα σχήµα L 3 τετραγώνων µε τρόπο τέτοιο ώστε καθένα από τα τρία τετράγωνά του να ανήκει σε ένα διαφορετικό από τα τρία εναποµείναντα τετράγωνα µεγέθους 2 k x 2 k Σε καθένα από τα 3 αυτά τετράγωνα θα λείπει ακριβώς ένα µικρό τετράγωνο, εποµένως, από την επαγωγική υπόθεση, καθένα από αυτά, θα µπορεί να καλυφθεί µε σχήµατα L τριών τετραγώνων. Εποµένως, από την αρχή της µαθηµατικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθµό n. 29

Οπτικοποίηση 30

Γεωµετρικό παράδειγµα Ποιο είναι το µέγιστο πλήθοςσηµείων τοµής n διαφορετικών ευθειών στο επίπεδο; 31

Γεωµετρικό παράδειγµα f (1) = 0 32

Γεωµετρικό παράδειγµα f (3) = 3

Γεωµετρικό παράδειγµα Έχουµε: n = 1, 2, 3, 4, 5 f (n) = 0, 1, 3, 6, 10 Ερώτηση: Ποια είναι η σχέση που συνδέει αυτές τις τιµές; 37

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: f (n) = f (n-1) + n 1 Ερώτηση: Πως βρίσκουµε µία «κλειστή» σχέση; 38

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 39

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 40

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 2. Άρα, f (n-1) = f (n-2) + n 2 41

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 2. Άρα, f (n-1) = f (n-2) + n 2 3. Εποµένως: f (n) = f (n-2) + n 2 + n 1 42

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 2. Άρα, f (n-1) = f (n-2) + n 2 3. Εποµένως: f (n) = f (n-2) + n 2 + n 1 4. Επαναλαµβάνουµε για f (n-2) f (n) = f (n-3) + n-3 + n 2 + n 1 43

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 2. Άρα, f (n-1) = f (n-2) + n 2 3. Εποµένως: f (n) = f (n-2) + n 2 + n 1 4. Επαναλαµβάνουµε για f (n-2) f (n) = f (n-3) + n-3 + n 2 + n 1 5. Εµφανίζεται η δοµή του προβλήµατος µετά από i φορές: f (n) = f (n-i) + n-i + + n-3 + n 2 + n 1 44

Γεωµετρικό παράδειγµα Απάντηση: Επαναληπτικά, αντικατέστησε τις τιµές για ολοένα και µικρότερες τιµές του n µέχρι το n=1: 1. f (n) = f (n-1) + n 1 2. Άρα, f (n-1) = f (n-2) + n 2 3. Εποµένως: f (n) = f (n-2) + n 2 + n 1 4. Επαναλαµβάνουµε για f (n-2) f (n) = f (n-3) + n-3 + n 2 + n 1 5. Εµφανίζεται η δοµή του προβλήµατος µετά από i φορές: f (n) = f (n-i) + n-i + + n-3 + n 2 + n 1 6. Για να φτάσουµε στο n = 1, ας θέσουµε i = n 1 7. f (n) = f (1) + 1 + 2 + + n-3 + n 2 + n 1= 0 Πόσο είναι αυτό; n 1 + i = 1 i 45

Γεωµετρικό παράδειγµα e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 46

Γεωµετρικό παράδειγµα e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 47

Γεωµετρικό παράδειγµα e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 48 2 2 n n n( n 1) 2x+ n= n x= x= 2 2

Επαγωγική απόδειξη Θεώρηµα: Το µέγιστο πλήθος σηµείων τοµής n>0 ευθειών στο επίπεδο είναι n(n-1)/2. Βάση της επαγωγής: Για n = 1, υπάρχει µία µόνο ευθεία και εποµένως δεν υπάρχει κανένα σηµείο τοµής. Επίσης για n=1, n(n-1)/2 = 0. Εποµένως, η βάση της επαγωγής ισχύει. 49

Γεωµετρικό παράδειγµα Επαγωγικό βήµα: Πρέπει να αποδείξουµε ότι αν k ευθείες έχουν το πολύ k(k -1)/2 σηµεία τοµής, τότε οι k+1 ευθείες, έχουν το πολύ (k+1)k/2 σηµεία τοµής Παρατηρούµε ότι η πρόσθεση µίας ευθείας σε k ευθείες, δηµιουργεί το πολύ kνέα σηµεία τοµής. Εποµένως, για k +1 ευθείες έχουµε k(k-1)/2 + k = (k(k-1)+2k)/2 =(k 2 +k)/2 = k(k+1)/2. Αυτό αποδεικνύει το επαγωγικό βήµα, κι εποµένως ολοκληρώνει την απόδειξη. 50

Επαγωγή και αναδροµή Η επαγωγή είναι ένα φυσικό εργαλείο για την απόδειξη ιδιοτήτων αναδροµικά ορισµένων αντικειµένων. Για παράδειγµα, θεωρείστε την ακολουθία Fibonacci: {f n } = 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55, που ορίζεται ως f 0 = 0, f 1 = 1, και για n>1 f n = f n-1 +f n-2. Θεώρηµα: Για όλους τους φυσικούς n, 2 f 3n. 51

Επαγωγή και αναδροµή Απόδειξη. Βάση επαγωγής n = 0. f 3 0 = f 0 = 0 το οποίο διαιρείται ακριβώς µε το 2 b Επαγωγικό βήµα, n > 0: f 3n = f 3n-1 +f 3n-2 = (f 3n-2 +f 3n-3 )+f 3n-2 = 2f 3n-2 +f 3n-3 = 2f 3n-2 +f 3(n-1) Από την επαγωγική υπόθεση, 2 f 3(n-1) εποµένως 2 (2f 3n-2 +f 3(n-1) ) κι εποµένως 2 f 3n. 52

2 η αρχή της επαγωγής Ισχυρή επαγωγή Χαρακτηρίζεται από ένα άλλο κανόνα: P(c) k c: ( i c i k P(i)) P(k+1) n c: P(n) P αληθής για όλες τις προηγούµενες περιπτώσεις Η διαφορά µεταξύ της 2 ης και της 1 ης αρχής της επαγωγής είναι ότι το συµπέρασµα P(k+1) του επαγωγικού βήµατος βασίζεται στην ισχυρότερη υπόθεση ότι η P(i) είναι αληθής για κάθε αριθµό i k, και όχι µόνο ότι P(k). 53

Απόδειξη προτάσεων µε βάση τη 2 η αρχή της µαθηµατικής επαγωγής Για να αποδείξουµε την πρόταση n c P(n) κάνουµε το παρακάτω: Αποδεικνύουµε την βάση της επαγωγής, P(c) Θεωρώντας ένα τυχαίο k 0, υποθέτουµε ότι αν i όπου c i k P(i) τότε P(k+1) Με βάση την 2 η αρχή της επαγωγής, αυτό αποδεικνύει ότι n c: P(n) 54

Παράδειγµα ισχυρής επαγωγής Θεώρηµα: είξτε ότι κάθεακέραιος n>1 µπορεί να γραφεί σαν γινόµενο p 1 p 2 p s s το πλήθος, πρώτων αριθµών. Έστω P(n)= Ο nµπορεί να γραφεί σαν γινόµενο s το πλήθος, πρώτων αριθµών Βασικό βήµα: n=2, έστω s=1, p 1 =2. Επαγωγικό βήµα:έστω n 2. ΕΥ: υποθέτω i 2 i k: P(i). Πρέπει να αποδείξω ότι P(k+1). Για τον k+1 υπάρχουν 2 περιπτώσεις: O k+1 είναι πρώτος. Tότεέστω s=1, p 1 =k+1. O k+1 δεν είναι πρώτος. Tότευπάρχουν ακέραιοι aκαι b τέτοιοι ώστε k+1=ab, όπου 2 a k and 2 b k. Τότε (απόευ) a=p 1 p 2 p t και b=q 1 q 2 q u. Συνεπώς, k+1 = p 1 p 2 p t q 1 q 2 q u, γινόµενο από s=t+uπρώτους. 55

2 ο παράδειγµα ισχυρής επαγωγής Θεώρηµα:Κάθε ταχυδροµικό τέλος µεγαλύτερο ή ίσο των12 ευρώµπορεί να δηµιουργηθεί χρησιµοποιώντας γραµµατόσηµα των 4και 5Ευρώ. P(n)= ταχ. τέλος n>=12ευρώ µπορεί να δηµ. µε γραµµατόσηµα των 4 και 5 ευρώ Βάση επαγωγής: 12=3γρ. x 4 Ευρ., 13=2γρ. x 4Ευρ. + 1γρ. x 5Ευρ., 14=1γρ. x 4Ευρ. + 2γρ. x 5Ευρ., 15=3γρ. x 5 Ευρ. εποµένως, i 12 i 15, P(i). 56

Παράδειγµα ισχυρής επαγωγής Θεώρηµα:Κάθε ταχυδροµικό τέλος µεγαλύτερο ή ίσο των12 ευρώµπορεί να δηµιουργηθεί χρησιµοποιώντας γραµµατόσηµα των 4 και 5 Ευρώ. Επαγωγικό βήµα:έστω k 15, Έστω ότι i 12 ι k P(i). Πρέπει να αποδείξουµε ότι P(k+1): Πράγµατι: Ξέρουµε ότι P(k 3), επειδή 12 k 3 k. Αλλά από την P(k 3)προκύπτει άµεσα η P(k+1): απλά προσθέστε ένα γραµµατόσηµο των 4ευρώ! 57

Βρέστε το σφάλµα!!! Θεώρηµα : Όλα τα σύνολα αλόγων είναι οµοιόµορφα, µε την έννοια ότι όλα τα στοιχεία τους έχουν το ίδιο χρώµα (!?!?) Μέθοδος: επαγωγή πάνω στον πληθικό αριθµό του συνόλου P(x):Όλα τα σύνολα µε πληθικό αριθµό xείναι οµοιόµορφα

Βρέστε το σφάλµα Απόδειξη : Βασικό βήµα: P(1) (Τετριµµένο) Επαγωγικό βήµα: Πρέπει να δείξουµε ότι k (P(k) P(k+1)) Θεωρείστε ένα σύνολο S= {α 1,α 2,,α k+1 } από k+1 άλογα. Χωρίστε το S στα υποσύνολά του A και Bκαθένα από τα οποία έχει kστοιχεία: A= {α 1,α 2, α k } B= {α 2,α 3,,α k+1 } Και το A είναι οµοιόµορφο και το B είναι οµοιόµορφο. Επιπλέον ισχύει A B, και εποµένως το σύνολο A B είναι οµοιόµορφο. ΟΕ (!?!?!?!?!?)

Βρέστε το σφάλµα Στην απόδειξη χρησιµοποιήσαµε το ότι A B, αλλά αυτό *δεν* ισχύει γενικά! (πχ. έστε τι συµβαίνει για Α = Β = 1...) το πρώτο «ντόµινο» αρνείται να πέσει