4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 4.1 Η ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ Εισαγωγή Η Θεωρία Αριθμώ, δηλαδή η μελέτη τω ιδιοτήτω τω θετικώ ακεραίω, έθεσε από πολύ ωρίς τους μαθηματικούς μπροστά στο εξής πρόβλημα: Κάποια πρόταση αληθεύει για ορισμέες περιπτώσεις ακεραίω. Είαι όμως αδύατο α εξεταστού όλες οι ειδικές περιπτώσεις. Πώς μπορούμε α αποδείξουμε ότι αληθεύει γεικά; Μια από τις πλέο ισχυρές μεθόδους για τη λύση αυτού του προβλήματος είαι η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής. Ο (ελληικής καταγωγής) Ιταλός μαθηματικός Francesco Mauroliko (Μαυρόλυκος) απέδειξε το 1557 ότι: Το άθροισμα εός πλήθους περιττώ σε διαδοχική σειρά, με αφετηρία τη μοάδα, δίει το τετράγωο του πλήθους τω περιττώ. [δηλαδή, με σύγχροο συμβολισμό, 1+ 3 + 5 +... + ( 1) = ]. Για τη απόδειξη ο Μαυρόλυκος χρησιμοποίησε τη πρόταση Κάθε τετράγωο, ότα αυξάεται με το επόμεό του στη τάξη περιττό, δίει το επόμεο στη τάξη τετράγωο. [δηλαδή τη ταυτότητα + ( ) = ( ) ]. Ουσιαστικά έδειξε λοιπό ότι υπάρχει έας γεικός τρόπος μετάβασης από μια περίπτωση στη αμέσως επόμεη. Η μέθοδος αυτή διατυπώθηκε με σαφήεια από το Blaise Pascal, το 1654, στη πραγματεία του για το αριθμητικό τρίγωο. Διατυπώοτας μια ιδιότητα που ισχύει σε όλες τις γραμμές του τριγώου, ο Pascal έγραψε τα εξής: Α η πρόταση αυτή έχει έα άπειρο αριθμό περιπτώσεω, θα δώσω μια πολύ σύτομη απόδειξη υποθέτοτας δύο λήμματα. Το πρώτο, που είαι προφαές, είαι ότι αυτή η ιδιότητα ισχύει στη η γραμμή. Το δεύτερο είαι ότι α αυτή η ιδιότητα ισχύει σε μια τυχαία γραμμή, τότε θα ισχύει απαραίτητα και στη επόμεη γραμμή. Από αυτό γίεται φαερό ότι η πρόταση αληθεύει σε κάθε περίπτωση, γιατί η ιδιότητα ισχύει στη η γραμμή, λόγω του πρώτου λήμματος. Έ-
136 τσι λόγω του δευτέρου λήμματος θα ισχύει και στη 3η γραμμή, άρα και στη 4η κ.ο.κ., μέχρι το άπειρο. Οι όροι μαθηματική επαγωγή ή τέλεια επαγωγή, καθιερώθηκα στη διάρκεια του 19ου αιώα με τις εργασίες τω A. de Morgan (1838) και R. Dedekind (1887), για α γίει διάκριση από τη ατελή επαγωγή που χρησιμοποιείται στις Φυσικές Επιστήμες. Αρχή Μαθηματικής Επαγωγής Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε α βρούμε το άθροισμα 1+ 3+ 5+ 7+... + ( 1) για οποιοδήποτε θετικό ακέραιο. Υπολογίζουμε το άθροισμα αυτό για μερικές τιμές του και έχουμε: Για = 1, 1= 1 ( = 1 ) Για =, 1 + 3 = 4 ( = ) Για = 3, 1 + 3+ 5= 9 ( = 3 ) Για = 4, 1 + 3+ 5+ 7= 16 ( = 4 ) Τα μέχρι τώρα αποτελέσματα μας οδηγού στη εικασία ότι: 1+ 3+ 5+ 7+... + ( 1) =. (1) Επειδή το πλήθος τω θετικώ ακεραίω είαι άπειρο, συεχίζοτας με το παραπάω τρόπο, είαι αδύατο α αποδείξουμε ότι η (1) ισχύει για όλους τους θετικούς ακεραίους. Α όμως μπορούσαμε α δείξουμε ότι ότα αληθεύει ο ισχυρισμός (1) για αυθαίρετο θετικό ακέραιο θα αληθεύει και για το επόμεό του, τότε ο ι- σχυρισμός θα ίσχυε για όλους τους θετικούς ακεραίους. Γιατί τότε, αφού ο ι- σχυρισμός είαι αληθής για = 1, θα είαι αληθής και για = 1 =, συεπώς και για = = 3 και διαδοχικά για κάθε θετικό ακέραιο. Α, λοιπό, υποθέσουμε ότι 1+ 3+ 5 + 7 +... + ( 1) =, τότε θα έχουμε: 1 + 3 + 5 + 7 +... + ( 1) + ( ) = [1 + 3 + 5 + 7 +... + ( 1)] + ( ) = + = ( +1).
137 Αποδείξαμε δηλαδή ότι α ο ισχυρισμός είαι αληθής για έα αυθαίρετο θετικό ακέραιο, τότε είαι αληθής και για το επόμεό του ακέραιο +1. Άρα, αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο. Μια ααπαράσταση του γεγοότος αυτού είαι η εξής: Υποθέτουμε ότι έχουμε τοποθετήσει σε μια σειρά έα πλήθος βιβλίω. Α ρίξουμε προς τα πίσω το πρώτο βιβλίο και α τα βιβλία είαι έτσι τοποθετημέα ώστε κάθε φορά που πέφτει κάποιο βιβλίο α ρίχει και το επόμεό του, τότε θα αατραπού όλα τα βιβλία. Η αποδεικτική αυτή μέθοδος λέγεται μαθηματική ή τέλεια επαγωγή και στηρίζεται στη λεγόμεη αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η οποία διατυπώεται ως εξής: ΑΡΧΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ Έστω P() έας ισχυρισμός που ααφέρεται στους θετικούς ακεραίους. Α (i) ο ισχυρισμός είαι αληθής για το ακέραιο 1, δηλαδή ο P(1) είαι α- ληθής, και (ii) η αλήθεια του P () συεπάγεται τη αλήθεια του P ( +1) για κάθε τότε ο ισχυρισμός P() αληθεύει για όλους τους θετικούς ακεραίους. Όπως φαίεται από τα προηγούμεα, η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής α- ποτελείται από δύο βήματα. Και τα δύο βήματα είαι απολύτως ααγκαία, για α εξασφαλίσουμε τη αλήθεια εός ισχυρισμού, διότι διαφορετικά μπορεί α οδηγηθούμε σε λάθος συμπεράσματα. Υπάρχου, δηλαδή, περιπτώσεις στις οποίες ικαοποιείται το 1ο βήμα χωρίς όμως α ικαοποιείται και το ο. Για παράδειγμα, το πολυώυμο + 41 για = έχει τη τιμή 41, που είαι πρώτος αριθμός, (δηλαδή δε έχει άλλο διαιρέτη εκτός της μοάδας και του εαυτού του). Αλλά και για =, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 έχουμε τις τιμές 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131 ατιστοίχως, που είαι όλοι επίσης πρώτοι αριθμοί. Θα μπορούσε λοιπό κάποιος α υποθέσει ότι για οποιοδήποτε φυσικό η τιμή του πολυώυμου + 41 είαι πρώτος αριθμός. Αυτό όμως, εώ ι- σχύει μέχρι και = 40, δε ισχύει για = 41, για το οποίο έχουμε 41 41+ 41= 41, που δε είαι πρώτος.
138 Υπάρχου επίσης περιπτώσεις στις οποίες ικαοποιείται το ο βήμα της μαθηματικής επαγωγής χωρίς όμως α ικαοποιείται και το 1ο. Ας θεωρήσουμε, για παράδειγμα, το ισχυρισμό: Κάθε φυσικός της μορφής είαι περιττός. Α και ο ισχυρισμός είαι προφαώς ψευδής, ωστόσο ισχύει το ο βήμα της μαθηματικής επαγωγής. Πράγματι, α ο αριθμός με φυσικό είαι περιττός, τότε ( ) = + είαι επίσης περιττός, ως άθροισμα του περιττού με το άρτιο. Πολλές φορές πρέπει α αποδείξουμε ότι έας ισχυρισμός P() αληθεύει όχι για κάθε θετικό ακέραιο αλλά για κάθε μεγαλύτερο ή ίσο από κάποιο ορισμέο φυσικό αριθμό. Για παράδειγμα, α θέλουμε α δείξουμε ότι > για κάθε 3, τότε το πρώτο βήμα είαι α αποδείξουμε τη αλήθεια της αισότητας για = 3, εώ α θέλουμε α αποδείξουμε ότι 3 + 1 για κάθε 0, τότε το πρώτο βήμα είαι α αποδείξουμε τη αλήθεια της αισότητας για = 0. ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ( ) 1. Να αποδειχτεί ότι 1 + + 3 +... + = για κάθε θετικό ακέραιο v. ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω P() η ισότητα που θέλουμε α αποδείξουμε. 1(1 ) Για =1 η ισότητα γίεται 1 = ή ισοδύαμα 11 =, δηλαδή η P(1) είαι αληθής. Θα αποδείξουμε ότι α P () αληθής, τότε και P ( +1) αληθής, δηλαδή ότι: ( ) ( )( + ) α 1+ + 3 +... + =, τότε 1+ + 3 +... + + ( ) =. Έχουμε: 1 + + 3 +... + + ( ) = (1 + + 3 +... + ) + ( ) ( ) = + ( ) = ( ) ( )( + ) =. Άρα, η ισότητα αληθεύει για όλους τους θετικούς ακεραίους.
139. Να αποδειχτεί ότι για όλους τους θετικούς ακεραίους με και για όλους τους πραγματικούς α με α 0 και α > 1 ισχύει: (1 + α) > 1 + α. (Αισότητα του Bernoulli) ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω P() η αισότητα που θέλουμε α αποδείξουμε. Για = η αισότητα γίεται: (1 + a) > 1 + a, δηλαδή 1+ a + a > 1+ a που είαι αληθής, αφού για a 0 ισχύει a 0. Ώστε P() αληθής. Θα αποδείξουμε ότι α P () αληθής, τότε και P ( +1) αληθής, δηλαδή: α ( 1+ a) > 1+ a, τότε (1 + a) > 1+ ( ) a. Έχουμε διαδοχικά: > (1 + a) > 1+ a ( 1 + a) (1 + a) > (1 + a)(1 + a), αφού 1 + a > 0 ( 1 + a) > 1 + a + a + a ( 1 + a) > 1 + ( ) a + a (1 + a) > 1+ ( ) a, αφού a > 0. Επομέως, η αισότητα του Bernoulli ισχύει για όλους τους θετικούς ακεραίους με. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει ( )( ) (i) 1 + + 3 +... + = 6 3 3 3 3 ( ) (ii) 1 + + 3 +... + = ( )( + ) (iii) 1 + 3 + 3 4 +... + ( ) = 3 1 1 1 1 (iv) + + +... + =. 1 3 3 4 ( )
140. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει 1+ x + x +... + x 1 x 1 = x 1 3. Να αποδείξετε ότι: (i) > για κάθε ακέραιο 3 (ii) 4 3 > (iii) 5 > 5 1 για κάθε ακέραιο 7 για κάθε θετικό ακέραιο., εφόσο x 1. Β ΟΜΑΔΑΣ 1. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο 4 ισχύει!>, όπου! = 1 3..... Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει 1 1 1 1 1 + +... +. 3. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο 3 ισχύει + 1 > ( ).