Problemløsing - Abelkonkurransen

P j er sanne. Vi har jo da vist at P 0 er sann og at P 0 ⇒ P 1 ⇒ · · · .
Eksempel 4. La oss definere Fermat-tallene F n = 2 2n +1. Vis at F n = F 0 F 1 · · · F n−1 +2.
La P j være utsagnet ‘F j = F 0 · · · F j−1 + 2’. (For j = 0 vil produktet F 0 · · · F j−1 bli 1
siden det ikke er noen faktorer.)
Ligningen stemmer for F 0 , altså er P 0 sann. Hvis vi antar P n , at ligningen holder for
F n , får vi at
F n+1 − 2 = 2 2n+1 − 1 = (2 2n − 1)(2 2n + 1) = (F n − 2)F n = (F 0 F 1 · · · F n−1 )F n . (1)
Vi har da vist induksjonshypotesen: at P n ⇒ P n+1 . Det følger da ved induksjon at P n
er sann for alle n: dvs. at F n = F 0 F 1 · · · F n−1 + 2.
4.2 Nedadgående induksjon
Dette er bare en litt anderledes måte å formulere induksjonsbeviset på ved også å bruke
reductio ad absurdum. Vi har som før en rekke med utsagn P j som vi ønsker å bevise. I
stedet for å vise at P n ⇒ P n+1 viser man dets kontrapositive utsagn ¬P n+1 ⇒ ¬P n .
En annen formulering av nedadgående induksjon er at man tenker seg at n er den
minste n slik at P n er gal. Man viser at P 0 er sann, slik at n > 0 er nødvendig for å få
et galt utsagn. Så viser man at ¬P n ⇒ ¬P n−1 (dersom n > 0). Det gir en selvmotsigelse
siden P n var det første gale utsagnet i følgen.
Eksempel 5. Vi definerer Fibonacci-tallene F n ved at F 1 = F 2 = 1 og F n+1 = F n +F n−1 .
Vis at F n og F n+1 er uten felles faktor.
Anta at x deler både F n og F n+1 . Da vil også F n+1 − F n = F n−1 være et multiplum av
x. Altså må x være felles faktor for F n og F n−1 . Nullhypotesen er at F 1 og F 2 er uten
felles faktor; siden begge er lik 1 er dette opplagt.
Her er P n utsagnet ‘F n og F n+1 er uten felles faktor’. Nullhypotesen blir da P 1 : ‘F 1 og
F 2 er uten felles faktor’. (Nummereringen av hypotesene behøver ikke starte på null.)
Utsagnet ‘F n og F n+1 er uten felles faktor’ er således bevist ved nedadgående induksjon.
4.3 Uendelig nedstigning
Dette er induksjonsbevisets logiske negasjon. Vi viser da at P j ⇒ P j+1 , men i stedet for
å vise at nullhypotesen er riktig, viser man at ikke alle P j kan være riktige. Det følger da
at P 0 må være gal.
Eksempel 6. Vis at √ 2 er et irrasjonalt tall.
Anta at √ 2 er et rasjonalt tall. Da er √ 2 = a 0 /a 1 der a j er positive heltall. Dette gir
a 2 0 = 2a2 1 , hvorav vi ser at a 0 må være et partall. La a 0 = 2a 2 . Vi får da at a 1 /a 2 = √ 2.
Slik kan vi så fortsette i det uendelige. Vi får da a 0 > a 1 > a 2 > · · · hvilket er umulig
for positive heltall.
Her er P n lik utsagnet ‘ √ 2 = a n /a n+1 ’.
6