1 Rekursion och induktion

Induktion LCB 2000/2001
Ersätter Grimaldi 4.1
1 Rekursion och induktion; enkla fall
En talföljd an¡£¢ a0¤ a1¤ a2¤¦¥¦¥¦¥§¡ kan naturligtvis definieras genom att man anger en
explicit formel för uträkning av dess element, som till exempel
(1)
Men det är mycket vanligt att följden i stället definieras via en rekursionsformel; en formel
som (i enklaste fall) anger hur varje element kan beräknas ur det föregående. Ett exempel
är
(2)
an¢ n 2¤ n¢ 0¤ 1¤ 2¤¦¥¦¥¨¥©¥
Tillsammans med ett begynnelsevärde a0 definierar rekursionsformeln entydigt talföljden.
Med a0¢ 0 definierar faktiskt rekursionsformeln (??) samma talföljd som (??). 1
En allmän (enstegs) rekursionsformel har utseendet
(3)
an¢ an 1 2n 1¤ n¢ 1¤ 2¤¦¥¦¥¦¥©¥
för någon given funktion F av en variabel. Formeln innebär att talföljdens element beräknas
iterativt, successivt ett i taget. Detta förfarande är väl lämpat för programmering, och
det är lätt att få en dator att producera en tabell över alla element i följden upp till någon
praktisk gräns given av maskinkapacitet, ekonomi, papperstillgång eller annat. Naturligtvis
är man tvungen att sluta förr eller senare.
Om man vill göra ett generellt uttalande om alla element i följden så räcker det emellertid
inte med en ändlig tabell. Ett bevis fordras, som verkligen täcker alla fall. Metoden
med induktion är anpassad för bevis av uttalanden angående rekursivt definierade följder.
Vi ger några exempel.
an¢ F an 1¤ n¢ 1¤ 2¤¦¥¦¥¦¥¤
Exempel 1. Definiera en talföljd genom rekursionsformeln
an¢ an 1¤ n¢ 1¤ 2¤¦¥¦¥¦¥¤
Från
2
det givna begynnelsevärdet kan vi successivt beräkna
1¥ a0¢
Vi påstår nu: alla element i följden satisfierar an 4. Ett sådant påstående skulle
naturligtvis kunna vederläggas om man genom att successivt beräkna elementen i följden
så småningom kunde finna ett som är större än 4. Däremot fordrar ett bevis för att satsen
är sann verifikation av samtliga element, och en sådan kan man inte få på det sättet. Vi
visar nu hur man genomför ett induktionsbevis av satsen.
a1¢ 2 1¢ 2¤ a2¢ 2 2¢ 2¥ 828¤ a3¢ 2 2 2¢ 3¥ 364¤ ¥¦¥¦¥¥
1 Detta kan läsaren själv verifiera genom att sätta in (??) i (??).

2
1. Först verifierar vi att påståendet är sant för begynnelseelementet a0. Detta är naturligtvis
helt självklart i föreliggande fall: vi har ju att a0¢ 1 4.
2. Vi genomför nu det så kallade induktionssteget. I detta introducerar vi ett induktionsantagande;
en hypotes vars sanningshalt vi inte vet något om, men som vi ändå tar till
utgångspunkt för det fortsatta resonemanget. Vi antar
att påståendet är sant för ett bestämt heltal 1,
dvs. vi antar att
k 1 k
k n¢
4 för något k.
Med denna hypotes som grund visar vi att påståendet är sant för nästa element i följden
ak. Rekursionsformeln uttrycker ak i
ak
1, och av induktionshypotesen följer därför att
1
ak
2 ak¢ ¡ 2 ¢
Observera noga vad vi nu har bevisat: det är inte att 4 för alla k, utan att 4 för
1
ett visst index k under förutsättning att 4.
2 4¢
För att göra detta resonemang till ett bevis utnyttjar vi nu att vi redan verifierat for-
2¢ 4¥
ak
ak
meln för 0. Av induktionssteget följer då att den är sann för
ak
1. Användning av
induktionssteget en gång till visar att formeln är sann
ak
för 2, därefter för
1
3, osv.
n¢
Det följer att 4 för alla n, och beviset är klart.
n¢ n¢
n¢
an
0 1 2 3 k 1 k £ n
När man använder summasymbol med ett godtyckligt (ändligt) antal termer, som i
n
∑
0 xi¢ x0 x1 ¥¦¥¦¥ xn¤
i¤
så döljer sig här i själva verket en rekursiv definition. Om summan betecknas sn så är
sn¢ 1 n¢ 1¤ 2¤¦¥¦¥¨¥©¤
Här
sn
ges en rekursiv definition av summaföljden . Det
xn¤
är naturligtvis denna definition
som måste användas om man vill konstruera ett datorprogram som skriver ut summans
värde för olika n.
x0¥ s0¢
Denna rekursiva definition gör att induktionsbevis är naturliga för en del formler rörande
summor. Vi illustrerar detta i nästa exempel. Där låter vi rekursionen
sn¡
starta med
1 i stället för 0, vilket naturligtvis inte medför någon principiell förändring.
n¢ n¢
Exempel 2. Bevisa för varje positivt heltal n följande formel för summan av kvadraterna
på de första n positiva hela talen:
n
∑ i
i¤ 1
2¢ 1 2n
6
1 n n
¥

1. REKURSION OCH INDUKTION; ENKLA FALL 3
Lösning: Inför summaföljden s1¤ s2¤ s3¤¦¥¨¥¦¥ ¡ enligt rekursionsformeln ovan, som i detta
fall har utseendet sn¢ sn 1 n 2¤ n¢ 2¤ 3¤¦¥¦¥¦¥©¤
1 s1¢ 2¢
Påståendet som skall visas är då att
1¥
n 1 2n
6
1 n sn¢
1. Vi verifierar först att formeln gäller för n¢ 1. I högerledet står det då 1 2 3
6 ¢ 1, och
eftersom s1¢ 1 är detta klart.
¤ n¢ 1¤ 2¤¦¥¨¥¦¥©¥
2. Antag nu att formeln är sann för ett visst tal n¢ k 1, dvs. att
1¢ k 1 k 2k
6
1 sk
(induktionsantagandet). Under denna förutsättning verifierar vi formeln för nästa tal sk
i summaföljden. Med användning av först rekursionsformeln och sedan induktionsantagandet
får vi
Detta kan skrivas om på följande sätt:
k 1 sk¢ sk 2¢ 1 k 2k
6
1
k
k 2¥
1
6 sk¢ k¡ 2k 1 6k¢
1
6 ¢ k 1 k¡ 2k 6k¢ ¢ k k 1 2k
6
1
3k 1 2
Därmed är induktionssteget genomfört.
Eftersom formeln redan är verifierad i fallet 1 följer som i exempel ?? att den
gäller för alla positiva heltal n.
n¢
För att inte ge läsaren intrycket att induktionsbevis bara kan användas till att bevisa
uttalanden om rekursivt definierade talföljder ger vi nu två lite annorlunda exempel. Det
första kan verka lite kuriosabetonat, men när man rensat bort bakgrunden handlar det
faktiskt om ett matematiskt uttalande.
Exempel 3. Visa att vilket brev som helst med porto över eller lika med 12 cent (amerikanskt
exempel!) kan frankeras med tillgång till enbart 3 cents och 7 cents frimärken.
Lösning: Det handlar om att visa att vilket heltal n£ 12 som helst kan skrivas på formen
x3 y heltal, x¤ y£ y7¤
(Man ser lätt att talet 11 inte har denna egenskap.) Vi använder induktion över n.
x¤ 0¥
n¢
1. För startvärdet n¢ 12 gäller 12¢ 4 ¢ 3, så att x¢ 4, y¢ 0 duger.
2. Gör induktionsantagandet att talet k 1 kan skrivas på detta sätt,
k 1¢ x3 y7¤
¥
£

4
med lämpliga x¤ y£ 0. Antag först att x£ 2. Då får vi att
2 6 y7
som har den önskade formen. Om x 2, dvs. 0 eller 1, är 2 eftersom 12.
k¢ x 3
Då kan
1¢
vi
skriva
7¤ 1 y 3 2 x
1£ k y£ x¢ x¢
x3 y 7 14
som också är av rätt form. Dessa två fall täcker alla möjligheter. Alltså: om
k¢ 2 7¤ 2 y 3 5 x 1¢
12 1£ k
kan uttryckas som icke-negativa kombinationer av 3 och 7 så gäller detta även k.
Av induktionssteget och kontrollen av startvärdet följer nu vårt påstående.
Nu ger vi ett exempel på så kallad algoritmanalys.
Exempel 4. Låt An vara en lista innehållande reella tal ordnade i ¡ storleksordning. ¡ Antalet
element i listan antas vara en potens av 2, An 2 ¢ n . Låt r vara ett reellt tal. Vi ska
studera problemet att avgöra om talet r finns med på listan. Huruvida så är fallet eller
inte undersökes genom att, helst på ett systematiskt sätt, jämföra r med olika element på
listan. En jämförelse med ett element x innebär att klargöra vilket som är sant av r x,
¢ x, r x.
Vi skall nu visa: För att avgöra om r finns med på listan An krävs högst 1 jämfö-
r¢
relser, . 1¤ 2¤¦¥¦¥¨¥ 0¤
n n¢
1. Betrakta först fallet n¢ 0, då listan A0 innehåller ett enda element a1. Då krävs 1
jämförelse (är r¢ a1?) för att avgöra om r finns på listan. Satsen stämmer alltså i detta
fall.
2. Som induktionsantagande antar vi nu att satsen är sann för n¢ k. Mer precist antar vi
att det för varje lista med 2 k element räcker med k 1 jämförelser för att avgöra om r finns
med. Betrakta nu en lista Ak£ 1 med 2 k£ 1¢ 2 ¢ 2 k element. Dela upp mängden Ak£ 1 i två
disjunkta delar,
Ak£ 1¢ Bk
¤ Ck¤
så att varje element i Bk är mindre än eller lika med varje element i Ck, och så att ¡ ¡
¡ Bk
¡
Ck 2 ¢
¢ k . Beteckna med x det största elementet i listan Bk. Vi kan nu förfara på följande
sätt.
Jämför först r med x. Om x är vi naturligtvis klara. Om r x drar vi slutsatsen att
r i varje fall inte finns ¢ i Ck, och om r x så kan r inte finnas i Bk. I det senare fallet undersöker
vi om r finns
r¢
i Ck. Detta kräver högst 1 jämförelser enligt induktionsantagandet.
På samma sätt krävs högst 1 jämförelser för att i det första fallet avgöra om r finns i
Bk.
Räknar vi in den första jämförelsen
k
finner
k
vi att högst 2 jämförelser
krävs för att avgöra om r finns i Ak£ 1.
k ¢ 1 k 1
Därmed har vi fullbordat induktionsbeviset.
Anmärkning. Den angivna metoden för sökning i en ordnad lista kallas binärsökning.
Då antalet element inte är en potens av 2 innebär resultatet att det krävs högst cirka 2 logm
jämförelser för att avgöra om r finns med i en lista med m element.
£
£

2. INDUKTIONSAXIOMET 5
Exempel 5. Ibland, då induktionssteget känns trivialt och man föredrar att redovisa resonemanget
utan att skriva ner detaljerna, talar man om dold induktion. Betrakta till exempel
den talföljd som definieras av det rekursiva sambandet
(4)
med begynnelsevärde a0¢ 1. Här får vi successivt (dold induktion) att
ak¢ kak 1¤ k¢ 1¤ 2¤¨¥¦¥¦¥ ¤
kak 2 k k 1 ak 2¢ k k 1 k 2 ak 3¢ ¥¦¥¦¥ ¢ k k 1 k 2 ¥¦¥¦¥ ¢ 1 ¢ a0¢ k!¥
I (??) har vi tydligen en rekursiv definition av k-fakultet.
På liknande sätt döljer sig ett induktionsförfarande då man omedelbart drar slutsatsen
att triangelolikheten för komplexa tal
1¢ ak¢
¡ ¡
zk
gäller för ett godtyckligt antal termer så snart man har bevisat den för två termer.
¥¦¥¦¥ ¡
¡ ¡ ¡
zk z1 ¥¦¥¦¥ z2 z1
¡ ¡ z2
£
Exempel 6. En geometrisk talföljd ak¡ definieras av att kvoterna mellan successiva element
är konstant, lika med något tal x (kvoten) som är oberoende av k: 2
Detta innebär att
ak
¢
x¤ k¢ 1¤ 2¤¦¥¦¥¦¥¥
1 ak
xak
(observera skillnaden mot (??), där kvoten beror av k). Vi får successivt (dold induktion)
2¤¦¥¦¥¦¥ 1¤ k¢ 1¤ ak¢
xak x ak¢ 1¢ 2 x ¥¦¥¨¥ ¢ ak 2¢ k Elementen i en geometrisk talföljd kan således skrivas
a0¥
a0x ak¢ k¤
Vi erinrar om formeln för den geometriska summan:
2¤¨¥¦¥¦¥©¥ 1¤ 0¤ k¢
x n£ 1 1
x 1
om x
a0x a0 a0x 2 a0x ¥¦¥¦¥ n¢ a0
För 1 är summan lika a0. Formeln kan bevisas genom induktion (övning)
eller på annat sätt (se Persson-Böiers, Analys i en variabel, sid. 30).
1¥ ¢
1 n med x¢
2 Induktionsaxiomet
Att man i exemplen ovan verkligen når alla positiva heltal på det angivna sättet, genom
att först verifiera begynnelsefallet n¢ 1 och sedan visa att fallet n¢ k 1 implicerar fallet
n¢ k, brukar kallas induktionsprincipen. Ett bevis av denna skulle naturligtvis fordra att
man först ger en strikt definition av de hela talen. Vi har inte för avsikt att göra detta här.
Det är emellertid möjligt att genomföra en sträng teori för hela tal. Ett berömt axiomsystem
för dessa, på vilket teorin kan utvecklas, är Peanos fem axiom. Ett av Peanos axiom
är följande.
INDUKTIONSAXIOMET. Låt I vara en delmängd av de positiva hela talen Z£ . Antag att
2 Därmed blir varje tal ak det geometriska medelvärdet av det föregående och efterföljande talet: ak ¡
¢ ak£ 1ak¤ 1.
£

6
1. 1 I,
2. k 1 I ¡ k I.
Då är I¢ Z£ .
Det är klart att induktionsbevisen i exempel ??–?? ovan kan återföras på induktionsaxiomet.
En viktig egenskap hos de positiva heltalen, som följer av induktionsaxiomet, är
VÄLORDNINGSPRINCIPEN. Varje icke-tom delmängd av Z£ innehåller ett minsta element.
Läsaren kan själv övertyga sig om att till exempel mängden Q£ av positiva rationella tal
inte har denna egenskap.
BEVIS för att välordningsprincipen följer av induktionsaxiomet.
Det är klart att det räcker att betrakta ändliga delmängder av Z£ . Därmed kan vi
formulera vårt uttalande på följande sätt: varje mängd i Z£ med n element har ett minsta
element. I denna formulering kan satsen bevisas med induktion över n.
1. Det är klart att varje mängd med 1 element har ett minsta element.
2. Antag att varje mängd med k 1 element har ett minsta element. Betrakta en mängd
A¢ ¢ a1¤ a2¤¦¥¦¥¦¥¤ ak 1¤ ak£ med k element. Enligt induktionsantagandet har delmängden
A¤ ¢ ¢ a1¤ a2¤¦¥¦¥¦¥¤ ak 1£ ett minsta element, kalla det m. Nu kan vi särskilja två fall.
så är m minsta element i A.
Om ak ¥
Om m ¢ ak så är ak minsta element i A.
¥
Således har A ett minsta element.
m
Enligt induktionsprincipen är nu påståendet bevisat.
£
Läsaren kanske tycker att välordningsprincipen är mycket mer ”självklar” än induktionsaxiomet.
De är i själva verket ekvivalenta; utgår man från välordningsprincipen kan
man bevisa induktionsaxiomet. För den intresserade ger vi detta bevis.
BEVIS för att induktionsaxiomet följer av välordningsprincipen.
Betrakta komplementet C till mängden I Z¦ i . Vi är färdiga om vi kan visa att C är tom.
Antag att § ¨ C /0. Då har C ett minsta element m enligt välordningsprincipen. Av den första
förutsättningen i induktionsaxiomet följer att m © 1. Eftersom m är minsta element i C ingår inte
m 1 i C. Men då följer av den andra förutsättningen att m inte tillhör C ! Vi har fått en motsägelse.
Följaktligen är vårt antagande ovan fel, och C är tom. Beviset är klart.
3 Mer om rekursion och induktion
Mer komplicerade rekursionsformler än den enkla enstegsformeln (??) ovan förekommer.
Till exempel kan ak få bero på de två föregående talen 1 och 2. I så fall krävs naturligtvis
två startvärden för att följden skall vara entydigt definierad. Med lämpliga
modifikationer kan ett induktionsbevis genomföras även i denna situation.
ak¡
ak ak

3. MER OM REKURSION OCH INDUKTION 7
Exempel 7. Den så kallade Fibonacciföljden Fn¡ definieras genom
(5)
Alla element i följden är naturligtvis heltal. Varje tal är summan av de två närmast föregående.
Av rekursionsformeln får vi att de första tio talen är
(6)
där
0
Fn 1 Fn 2¤ n¢ 2¤ 3¤¦¥¦¥¦¥¤
Fn¢
F0¢
1¥ F1¢ £
¢¡ ¡
1¤ 1¤ 2¤ 3¤ 5¤ 8¤ 13¤ 21¤ 34¥
Vi påstår nu: för elementen i Fibonacciföljden gäller formeln
0¤
1
¤5¥g Fn¢ n 1n
n¦ ¤ n£ 0¤
g
1
2
(Talet g är sedan de gamla grekerna känt under namnet gyllene snittet.) För senare behov
¥ ¤5§ g¢
observerar vi att
Beviset går till på följande sätt.
g 1¢ 1
g¢ 2
¤5 2¨¤5 1
5 1 2 ¥ ¢ 1©
1¢ ¤5§
1. Vi verifierar först formel (??) då n¢ 0 och n¢ 1. För n¢ 0 blir högerledet lika med 0,
vilket överensstämmer med F0 i definitionen (??). För n¢ 1 får vi i högerledet
1 1 ¤5g
som enligt (??) är lika med F1.
g ¢ 1
1
2 ¤5¤5§
¤ 5
1
2 ¢ 1¤
2. Vi gör nu induktionsantagandet att (??) är sann då n¢ k 2 och n¢ k 1. Under denna
förutsättning visar vi att (??) också gäller då n¢ k.
Av rekursionformeln i (??) och induktionshypotesen får vi att
Här är
Likaså är
Fk¢ Fk 1 Fk 2¢ 1
¡ g k 1 1k 1
5 ¤
g k g 1 k g 2¢ k 1
g ¢ 11 g k 5 ¤ 11
g gk 1 k 2 1k 2
gk 1 gk 2 ¢ gk 1 1 g¢ gk 11 ¤5§ 1
2
Därför är
1
5 ¤ Fk¢
¡ g k 1k
k¢ ¤
g
1
g
2 ¢ k 1
2¢ ¥ gk
¢ g¢ g k¥
¢ gk 11
g¢ g k¥

8
dvs. formel (??) gäller då n¢ k.
0 1 2 3 k 2 k 1 k
Med resonemang liknande det som avslutar exempel ?? drar vi nu slutsatsen att (??)
gäller för alla heltal n£ 0.
£
Anmärkning. Eftersom 0 1
g
1 har g n
Fn ¡
gränsvärdet 0 då n ∞. För stora n är alltså
1
¤5 gn¥
I själva verket är Fn lika med det närmsta heltalet till 1
¤ 5
värden på n.
gn redan för mycket måttliga
Anmärkning. Det kan tyckas märkligt att högerledet i (??), som ju innehåller 5 på
många ställen, faktiskt är ett heltal. Men använder man binomialsatsen på de två termerna
1 ¤5 ¢
ser man att alla termer
5 försvinner, och att ett heltal återstår.
2 n
innehållande
I exempel ?? behövs en induktionprincip av generellare utformning än den vi använt
tidigare. Även denna kan emellertid återföras på induktionsaxiomet så som vi formulerat
det ovan. Vi avstår från att ge detaljerna.
Ännu generellare former av induktionsbevis förekommer, till exempel följande variant.
Man verifierar först fallet n¢ 1. I induktionssteget antar man sedan att det aktuella
påståendet är sant för alla heltal mellan 1 och n¢ k, och verifierar det under denna förutsättning
för nästa heltal n¢ k 1. Exempel på ett sådant induktionsbevis kommer att ges
senare, då vi visar att varje positivt heltal kan skrivas som en produkt av primtal.
Exempel 8. Typiskt för induktionsbevis är att de användes för att bevisa resultat som man
slutit sig till på annat sätt först, kanske genom numeriska experiment eller genom gissning.
Det finns ofta inget i själva induktionsförfarandet som antyder varför ett visst resultat är
sant.
Antag till exempel att vi börjar experimentera med kvadraterna på Fibonaccitalen i
(??) ovan. Vi finner att
F 2 0
F 2 0
F 2 0
F 2 0
F2 1 0 ¢ 2 12¢ F
1¤
2 1 0 2 12 12¢ F
2¤
2 1 F 2
3 0 ¢ 2 12 12 22¢ 6¤
F2 2
F
¢ 2 2
F
2 1 F 2 2
F2 3
F2 4 ¢
0 2 1 2 1 2 2 2 3 2¢ 15¥
n

3. MER OM REKURSION OCH INDUKTION 9
Då är ju faktiskt
Är det alltid så att
(7)
F2 F 0 2
1 ¢
¢ 1 F1
F
1¢ 2 F 0 2 F2 ¢ 1 F2 2¢
1
2 ¢
F2¤ ¢
F3¤ ¢
3 ¢ F4¤ ¢
F2 F 0 2 F2 F2 ¢ 2 F3 3¢
F2 F 0 2
F 2
0
1 2
1 F
2
2
F2 3
F2 4 ¢
F 2 1 F ¥¦¥¦¥ 2 n Fn ¢
¢ 3 F4 5¢
Fn£ 1 ? ¢
¢ F5¥
Undersökning även då n¢ 5 visar att båda leden blir lika med 40.
Vi försöker nu bevisa med induktion att (??) gäller för alla n. Beteckna summan i
vänster led med sn. Då är
F 1 sn sn¢ 2 och 1. Vi ser att det blir fråga om enkel enstegs induktion.
n¤ ¤ 3¤¦¥¦¥¨¥ 2¤ n¢
s1¢
1. Fallet n¢ 1 har vi redan verifierat i räkningarna ovan.
2. Antag (induktionsantagande) att (??) stämmer då n¢ k 1, dvs. att
För summan sk får vi i så fall att
sk¢ sk 1 F 2
k ¢
sk 1¢ Fk 1
Fk 1
¢ Fk¥
¢ Fk F 2
k ¢
Fk Fk ¢
Använder vi nu rekursionsformeln (??) för Fibonaccitalen får vi att
Fk¥
1
dvs. att (??) gäller för k.
Därmed är induktionsbeviset fullbordat, och vi har visat att (??) faktiskt gäller för alla
positiva heltal n.
n¢
sk¢ Fk£ 1 ¢ Fk¤
Avslutningsvis vill vi nämna att induktionsbevis spelar en viktig roll vid så kallad
programverifiering; man vill bevisa att ett visst datorprogram eller programavsnitt gör
vad det är avsett att göra, oberoende av vilka indata som används. Vi överlåter exempel
på detta till en annan kurs.
£