1 II. PŘIROZENÁ ČÍSLA, INDUKCE 1. Dobré uspořádání, indukce Představa přirozených čísel jako nikde nekončícího procesustále dál a dál jdoucích milníků, nekonečného průvodu, nekončícího stromořadí je v příkrém kontrastu s konečností lidské aktivity, veškerého lidského konání a snažení a je jedním z prvních, ne-li vůbec prvním okamžikem, kdy se nám matematika představuje jako plod něčeho nadpozemského, dokonalého, něčeho, co nás přesahuje. Role oboru přirozených čísel, jejich sčítání, násobení jež není v podstatě nic víc a nic méně než opakované přičítání téhož čísla a lineární uspořádání, je pro matematiku zcela fundamentální. Formálně je základní struktura množiny N všech přirozených čísel výstižně popsána tzv. Peanovými axiomy: 1. Číslo1jepřirozené,tj.1 N.. Každé přirozené číslo n má následníka sn N. 3. Neexistuje přirozené číslo, jehož následníkem je číslo 1.. Následníci dvou různých přirozených čísel jsou různí: jestliže m n, potom sm sn.. Princip matematické indukce: jsou-li pro podmnožinu X množiny N splněny dvě podmínky, 11 X, jestliže n X,pak sn X, potomje Xmnožinouvšechpřirozenýchčísel,tj. X= N. Na množině N jsou zavedeny dvě binární operace, sčítání a násobení, které značímesymboly+,resp..dálejenamnožině Ndánouspořádáníznačené symbolem <. Princip matematické indukce lze nahradit následujícím požadavkem na toto uspořádání, který většinou považujeme za axiom. Princip dobrého uspořádání. Každá neprázdná podmnožina množiny N všech přirozených čísel obsahuje nejmenší prvek. Okamžitým důsledkem tohoto principu je následující věta: Věta.Nechť S 1, S,...,S n,... jeposloupnostnějakýchtvrzení,kterájsou indexována přirozenými čísly. Jestliže některé z těchto tvrzení neplatí, pak existujeprvnítvrzení,kteréneplatí. 1 1 Prvnímtvrzením,kteréneplatí,rozumímetvrzení S i snejmenšímmožnýmindexem i.
Důkaz.Nechť Ajemnožinavšechpřirozenýchčísel n,proněžtvrzení S n neplatí. Podle předpokladu je množina A neprázdná. Podle principu dobrého uspořádáníexistujevmnožině Anejmenšípřirozenéčíslo i,atedy S i jeprvní tvrzení, které neplatí. Princip matematické indukce patrně znáte v jiné formulaci, která je vhodnější pro konkrétní použití. Princip matematické indukce. Nechť je pro každé přirozené číslo n N dánotvrzení S n.předpokládáme,že 1 S 1 platíprvníkrok, jestližeplatí S n,pakplatíi S n+1 indukčníkrok. Potom S n platíprovšechnapřirozenáčísla n N. Na závěr dokážeme ekvivalenci těchto dvou axiomů. Věta. Princip dobrého uspořádání a princip matematické indukce jsou ekvivalentní. Důkaz. Nejprve dokážeme, že princip matematické indukce vyplývá z axiomu dobrého uspořádání. Nechť Ajemnožinavšechpřirozenýchčísel n,proněžtvrzení S n neplatí. Předpokládejme, že je množina A neprázdná. Podle předchozí věty existuje nejmenšípřirozenéčíslo i A,proněž S i neplatí.zvlastnosti1plyne, že i 1.Tedyexistujepředchůdce i 1čísla i,proněž S i 1 platí.podle předpodkladuvšak S i musíplatit,cožjespor.prototedymusíbýtmnožina A prázdná. Tím je princip matematické indukci dokázán. Nyní dokážeme, že princip dobrého uspořádání vyplývá z axiomu matematické indukce. Předpokládejme, že A je neprázdná podmnožina množiny N, která nemá nejmenší prvek. Označme C množinu všech přirozených čísel, která nenáleží množině Atj. C= N \A.Prokaždépřirozenéčíslo noznačme S n následující tvrzení {1,,...,n} C. Tvrzení S 1 zřejměplatíjinakbyčíslo1bylonejmenšímprvkemmnožiny A. Platí-litvrzení S n,musíplatittakétvrzení S n +1,jinakbyčíslo n+1bylo nejmenším prvkem množiny A. Podle principu matematické indukce je C = N, tj. A=,cožjevesporuspředpokladem.Protomusímnožina Aobsahovat nejmenší prvek.
3 Důležitá cvičení 1. Pro libovolná čísla a, b a libovolné přirozené číslo n dokažte rovnost a+b n = [ Nápověda:Připomeňme,že n k k=0 a n k b k. k = n! n k! k! a n k + n k+1 = n+1 ].. Pro libovolná čísla a, b a libovolné přirozené číslo n dokažte rovnost n 1 a n b n =a b a k b n k 1. 3. Pro libovolné číslo a a libovolné přirozené číslo n dokažte rovnost k=1 k=0 k a k 1 = 1 n+1an + na n+1 1 a.. Binetova formuleznámá již Eulerovi. Fibonacciho posloupnost {F n }=1,1,,3,,8,13,1,3,,... popsaná dříve v Indii je definována následujícím rekurentním vztahem: F 1 =1, F =1, F n+ = F n+1 + F n pro n N. Dokažte,žeprovšechna n Nje k+1 Dále ukažte, že F n < n a F n = 1+ n 1 n n. F n = 1 [ G n G n], kde G= 1+ F jetzv.zlatéčíslo.ukažterovněž,že lim n+1 n F n = G,že F n = [ n 1 ] k=0 k 1 ailustrujtetentosoučetvpascalovětrojúhelníku. Symbolem x značímeceloučástčísla x,tj.např.[π]=3a[ π]=. k
Je důležité si uvědomit, že některá tvrzení platí pro mnoho přirozených čísel, ale neplatí pro všechna. Uvedeme dva příklady..polynom fn=n n+1dávápropřirozenáčísla n=1,...,0samá prvočísla:je f1=1, f=3, f3=7,...,f10=131,...,f0= 1601.Pro n=1však f1=1 =1681neníprvočíslo. 6.Promnohopřirozenýchčísel nneníčíslo991n +1čtvercempřirozeného čísla. Nejmenším číslem, pro něž to nastane, je n=107379033139738767. =1, 10 8. Tatoskutečnostvyplývázřešenítzv.Pellovyrovnice991x +1=y.. Součty mocnin přirozených čísel Téměř v každé učebnici, v níž se nachází odstavec týkající se matematické indukce, nalezneme cvičení požadující ověření vzorce pro součet druhých či třetích mocnin prvých n přirozených čísel. Důkaz užitím matematické indukce je rutinní, přímo triviální. Jakým způsobem však ke vzorcům t=1 t = nn+1n+1, 6 t=1 t 3 = n n+1, či dokonce k vzorci t=1 t = nn+1 6n 3 +9n + n 1 30 dospět, učebnice obvykle nenapoví. Zatímco užití matematické indukce k porozumění mnoho nepřidá, otázka zvídavého studenta: A odkud se ten vzorec vzal? jevelicepřirozená.tupomůžejednoduchýnápad:zvolíme-livrovnosti 1+x 3 =1+3x+3x + x 3 postupně x=0,1,...,n 1,naprovšechnytytohodnotypříslušnérovnosti sečteme, dostáváme 1 3 + 3 + +n+1 3 = =n+1+31++ +n+31 + + +n +1 3 + 3 + +n 3. Odtud aposnadnéúpravě n+1 3 =n+1+3 nn+1 +31 + + +n, 1 + + +n = nn+1n+1. 6
Existuje tedy jednoduchý rekurentní návod, jak odvodit vzorce pro součty Vše spočívá na binomické větě tedy d+1 1+x d+1 =1+ x+ 1 S t n= x t. x=1 d+1 d+1 1+x d+1 = x t, t d+1 t=0 x + + d+1 t d+1 x t + + x d+1. d+1 Sečteme-litytorovnostipro x=0,1,,...,n,dostávámesečtenímpříslušných sloupců tj. Odtud S d+1 n+1+n d+1 = d+1 d+1 = 1+S 0 n+ S 1 n+ S n+ + 1 d+1 d+1 d+1 + S t n+ + S d n+ S d+1 n, t d d+1 S d+1 n=1 1+n d+1 + S d n= 1 d+1 Pro d=tedydostáváme S n= 1 3 apro d=3 S 3 n= 1 d d+1 S t n+s d+1 n. t t=0 [ d 1 d+1 1+n d+1 1 t t=0 S t n ]. 1+3n+3n + n 3 1 n 3 nn+1 = 1 6 nn+1n+1 1+n+6n +n 3 +n 1 n nn+1 = 1 n n+1. 6 nn+1n+1 6 =
6 Atakmůžemepokračovat.Pro d=dostávámevýšeuvedenourovnost S n= 1 1+n+10n +10n 3 +n + n 1 n nn+1 10 nn+1n+1 6 10 n n+1 = = 1 30 6n +1n +10n 3 n= 1 30 nn+16n3 +9n + n 1. Snadnopaknaleznemevzorcepro S n,s 6 n,... Sečtělýčtenářvšakbudepřivyčíslení S t npostupovatjinak.ihnedsiuvědomí, že posloupnost {1 t, t,...,n t,...} je aritmetická posloupnost řádu t. Označíme-li první členy postupných diferenčníchposloupností d r, r=1,,...,pak r 1 r 1 d r = 1 k r k t, k k=0 přičemž d 1 d...d t+1 0 a d t+ =0.Odtudpro r=t+dostaneme t+1 t+1 d t+ = 1 k t+ k t =0. k k=0 Odvozenítěchtovztahůnaleznemevpráci[D]. 3 Ilustrujmetentopostupnaspeciálníchpřípadech t=3at=.pro t=3 dostáváme d 1=1 8 7 6 1... d =7 19 37 61... d 3=1 18... d =6 6... d =0... 3 [D] VlastimilDlab,Aritmeticképosloupnostivyššíchřádů, http://www.karlin.mff.cuni.cz/katedry/kdm/literatura/aritm-posl.pdf.
7 atedy S 3 n= +7 1 +1 +6 3 = = n +1n 1+8n n+16+n 3 6n +11n 6= 1 n n+1. Pro t=je d 1=1 16 81 6 6 196 d =1 6 17 369 671... d 3=0 110 19 30... d =60 8 108... d =...; d 6=0... atedy S n= +1 1 +0 +60 3 + = = n 30 30+n +0n 70n+00+7n 3 0n +8n 0+ +6n 60n 3 +10n 300n+1= nn+1 30 6n 3 +9n + n 1. Pro t=dostáváme d 1 =1, d =31, d 3 =180, d =390, d =360, d 6 =10, d 7 =0.Použitímdanéhopředpisučtenářsnadnoodvodí,že S n= n n+1 1 n +n 1. Podobně lze nalézt S 6 n= nn+1 6n +1n +6n 3 6n n+1. Vevýšezmíněnépráci[D]jetéžuvedenjednoduchýtvarsoučtu S t n,totiž S t n= d 1 + 1 d + + n n d t + d t+1 = t t+1 t+1 k=1 d k. k
8 3. Ještě jednou součty mocnin přirozených čísel Označmesymbolem S d nsoučet d-týchmocninprvních npřirozenýchčísel: S d n= t d =1 d + d + +n d. t=1 Nejprvevyjádřímedvěmazpůsobysoučet S d+1 n+1: S d+1 n+1=s d+1 n+n+1 d+1, S d+1 n+1=1+ t+1 d+1 =1+ t=1 r=1 d+1 t=1 r=0 d+1 r t r = d 1 =1+n+ d+1 r Sr n+d+1s d n+s d+1 n. Porovnáním pravých stran nyní získáme rovnost Pro d=1,,3jetedy: S d n= 1 n+1 d+1 n 1 d+1 d 1 r=1 d+1 r Sr n. S 1 n= 1 n +n+1 n 1 = nn+1, S n= 1 n 3 +3n +3n+1 n 1 3 nn+1 = 1 3 6 nn+1n+1, S 3 n= 1 n +n 3 +6n +n+1 n 1 nn+1 nn+1n+1 = 1 n n+1. Obdobným způsobem můžeme vytvořit vzorce pro součty d-tých mocnin prvních npřirozenýchčíselpro d=,,.... Každý má svou posloupnost Tato poznámka se týká rekurentníchněkdy se říká též rekurzivních posloupností typu {X n 1 n}, kde X n+ = AX n+1 + BX n sdanými X 1,X,A,B. Zájem vzbuzují především posloupnosti celočíselné, tj. případ, kdy volba počátečníchpodmínek jeceločíselná.skoroneuvěřitelnýjezájemoposloupnost,
proniž A=B= X 1 = X =1,totižoposloupnostčísel,kterýmdalFrançois- Edouard-Anatole Lucas v květnu 1876 název Fibonacciho čísla. Tato posloupnost byla popsána Leonardem Pisánským-Fibonaccim v knize Liber abaci v roce 10 v příkladě, který se týkal růstu hypotetické populace králíků za idealizovaných předpokladů. V Indii byla známa pod jménem maatraameru už v šestém století. Vyskytuje se v prozodickém studiu Pingaly nazvaném Chandas Shastra, později byla zevrubně popsána Hemachandrou. Jeho popis je dán počtem rytmických vzorů a připomíná často užívaný příklad, kolika způsoby je možno vystoupit schodiště, stoupáme-li po jednom či dvou schodech. Rekurentní předpis je nadmíru jasný: počet možností vystoupit n schodů se rovná součtu počtu možnostívystoupit n 1schodůtj.případ,kdyjsmezvoliliprvníkrokojeden schod a počtu možností vystoupit n schodůtj. případ, kdy jsme zvolili první krok o dva schody. Zájem o Fibonacciho posloupnost souvisí do značné mírysjejímblízkýmvztahemkezlatémuřezu,kterýsejevíjižvtakzvaném Binetově vzorci pro n-té Fibonacciho číslo: F n = 1+ n 1 n n. Tato formule byla patrně známa již Johannesu Keplerovi. Její důkaz podal roku 1730 Abraham de Moivre, později též Daniel Bernoulli, v roce 176 ji dokázal Leonhard Euler. Poznámka. Některá odvození Binetova vzorce byla náročná. Uvažujte vytvořující funkci fx= F n x n 1 =1+x+x +3x 3 +x + n=1 Fibonaccihoposloupnosti {F n 1 n}aukažte,žepro x < 1 je fx= 1 x + x 1. Vyjádříme-li příslušné parciální zlomky ve tvaru A 1 x B 1 a A x B jako nekonečné řady a výslednou řadu porovnáme s původní řadou pro fx, dostaneme Binetovu formuli. V této poznámce chceme ukázat podstatu těchto obecných posloupností aodvoditobecnývzorecpro n-týčlenmetodou,kterámásvéstopyuabrahama de Moivrea. Zvolmetedyčísla AaBadefinujmerekurentněposloupnost X 1, X,... volbou X 1, X avztahem X n+ = AX n+1 + BX n pro n 1. 9
10 Úloha.Naleznětevýrazpro X n podobnýbinetovuvzorciprofibonacciho čísla. Řešení. Přiřaďte číslům A a B kvadratickou rovnici x = Ax+B, nechť α, βjsoujejíkořeny;tedy, A=α+β, B= αβ. Pro libovolně zvolená reálná čísla a, b položme Snadno vidíme, že X n = aα n + bβ n. AX n+1 + BX n =α+βaα n+1 + bβ n+1 αβaα n + bβ n = = aα n+ + bβ n+ = X n+. Koeficienty a, b určíme pomocí vztahů aα+bβ= X 1, aα + bβ = X. Tedy Potom a= 1 αα β X 1 X 1 β, b= ββ α X X 1 α. X n = 1 [ ] α n 1 X X 1 β β n 1 X X 1 α. α β Ilustrace 1. Nejprve uveďme ve výše uvedeném označení některé posloupnosti vyskytující se v literatuře: Fibonacci: F 1 = F =1, A=B=1,atedy α= 1+, β= 1, a= 1, b= 1 : F n = 1 1+ n 1 n n ; Lucas: L 1 =, L =1, A=B=1,atedy α= 1+, β= 1, a= 1+, b= 1 : L n = 1+ n 1 +1 n 1 n 1 ;
Pell: P 1 =1, P =, A=, B=1,atedy α=1+, β=1, a=, b= : P n = 1+ n 1 n ; Pell-Lucas: Q 1 =1, Q =3, A=, B=1,atedy α=1+, β=1, a= 1, b= 1 : Q n = 1+ n 1 n ; Jacobsthal: J 1 = J =1, A=1, B=,atedy α=, β= 1, a= 1 3, b= 1 3 : J n = n 1 n ; 3 11 Jacobsthal-Lucas: K 1 =, K =1, A=1, B=,atedy α=, β= 1, a= 1, b= 1: K n = n 1 1 n ; Pell-Jacobsthal: R 1 =, R =1, A=1, B=,atedy α= 1+ 17, β= 1 17, a= 17 1 8, b= 17+1 8 : R n = 1+ 17 n 1 +1 17 n 1 n 1 ; Čebyšev: C 1 =, C =11, A=11, B= 1,atedy α= 11+ 117, β= 11 117, a= 11 117, b= 11+ 117 : C n = 11+ 117 n 1 +11 117 n 1 n 1 ; Pisot: T 1 =, T =3, A=3, B=,atedy α=, β=1, a= 1, b=1: T n = n 1 +1;.Nechť S 1 =, S =, A=, B=9,atedy α=1+ 10, β=1 10, a=b=1: S n = 1+ 10 n + 1 10 n; 3.Nechť X 1 = A, X = A +B, B= A,dostáváme a+b=ařadu X n = 1 n 1 An.
1.Nechť X 1 =1, X =ax n+ =X n+1 6X n.potom, α=3, β=a X n = [ 3 n 1 n 1 3 ] = n 1. Obecněji:Nechť X 1 =1, X = aax n+ =a+1x n+1 aa+1x n. Potom, α=a+1, β= aa X n = [ a+1 n 1 a a a n 1 a a 1 ] = a n 1..Všimněmesi,žekoeficienty AaBatéž X 1, X nemusíbýtceláčísla, tj. celý postup lze aplikovat na libovolné, ne nutně celočíselné posloupnosti. Zvolmenapř. A=1+i, B= i,tj. α=1aβ=i.potompro X 1 = C, X = C,je X n = Cprovšechna n 1; X 1 =1, X =ije X n =i n 1 provšechna n 1; X 1 =i, X =1je X k 1 =+i, X k =1+i, X k+1 =i, X k+ =1pro všechna k 1. Aplikace. Míšení dvou kapalin obsahující daná procenta alkoholu Dvě nádoby, každá o obsahu C litrů, obsahují lihoviny s daným procentem alkoholu. První nádoba obsahuje A litrů p-procentního alkoholu a druhá nádoba B litrů q-procentního alkoholu. Předpokládáme dále, že A + B > C. Popišme proces přelévání lihovin z jedné nádoby do druhé: Prvníkrok.Pišme q= p 1.Lihovinouzdruhénádobydoplnímeprvnínádobu. Vprvnínádoběbudetedy Clitrů p -procentnílihoviny,kde p = Ap+C Aq, C zatímcovdruhénádobězbylo D=A+B Clitrů p 1 -procentnílihoviny. Druhý krok. Lihovinou z první nádoby dolijeme nádobu druhou. Přelijeme tedy E=C A+Blitrůkapaliny.Druhánádobajenyníplná p 3 -procentní lihoviny, kde p 3 = Dp 1+ Ep. C Třetí krok. Opakujme předchozí postup, tentokrát doplníme první nádobu lihovinou z nádoby druhé. První nádoba bude tedy po třetím kroku obsahovat Clitrů p -procentnílihoviny,kde p = Dp + Ep 3. C
Pokračujeme-li dále stejným způsobem, dostáváme rekurentně definovanou posloupnost {p n 1 n},kde 13 p 1 = q, p = Ap+C Aq C a p n+ = D C p n+ E C p n+1 pro n 1. Cvičení. Ukažte, že pro každé n je a tedy, jak jsme očekávali, p n = Ap+Bq AA+B C n 1 p q A+B + 1n A+BC n 1 lim n p n= Ap+Bq A+B.