Természetes és valós számok
2.3. Teljes indukció. Nevezetes azonosságok és egyenl˝ otlenségek
Sokszor el˝ofordul, hogy egy állítást, egy tulajdonságot kell igazolni egyAhalmaz minden elemére. HaA véges, akkor az állítás elvben külön-külön bizonyítható. HaAmegszámlálhatóan végtelen, ez az út már elvben sem járható. Ekkor alkalmazható a teljes indukció, mint bizonyítási módszer. Ennek lényege a következ˝o.
Tegyük fel, hogy valamely,n-t˝ol függ˝o állítást igazolni kell az összes,n=n0,n=n0+ 1,n=n0+ 2,... számra, aholn0∈Nvalamely természetes szám.
1. lépés: Igazoljuk az állítástn0-ra.
2. lépés: Feltesszük, hogy az állítás igaz valamelyn≥n0-ra, ezt a feltevést (az ún. indukciós feltevést)
felhasználva, igazoljuk az állítást(n+ 1)-re. Másképp fogalmazva, igazoljuk, hogyhaaz állítás igaz valamilyen n0-nál nem kisebb természetes számra, akkor igaz a következ˝o természetes számra is.
Ezzel az állítás mindenn≥n0-ra igazolva lesz. Valóban,n0-ra igaz (1. lépés), ezért(n0+ 1)-re is igaz (a 2.
lépés alapján): de akkor már(n0+ 2)-re is igaz (ismét a 2. lépés alapján), és így tovább.
Megjegyzés: A módszerben a természetes számoknak az az alapvet˝o tulajdonsága van „elrejtve”, mely szerint, ha egyA ⊂ Nrészhalmaz olyan tulajdonságú, hogy 1 ∈ A, és minden n ∈ Aesetén (n+ 1) ∈ A is igaz, akkor szükségképp A = N. Ez a tulajdonság Peano-axióma néven ismert. Nem minden végtelen halmaz rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, így pl. R sem. Következésképp a teljes indukciós bizonyítás (a fenti formában) nem alkalmas pl.Rminden elemére vonatkozó állítások igazolására.
A következ˝okben példákat mutatunk ilyen jelleg˝u állításokra.
2-5. Példa: Mindenn∈N-re1 + 2 + 3 +...+n= n(n+1)2 . Bizonyítás:
Az állításn= 1-re nyilván igaz. Tegyük fel, hogyn-re igaz, és vizsgáljuk az állítást(n+ 1)-re. Ekkor, az indukciós feltevést használva1 + 2 + 3 +...+n+ (n+ 1) = n(n+1)2 + (n+ 1) = (n+1)(n+2)2 , tehát az állítás (n+ 1)-re is igaz. Ezzel az állítást teljes egészében igazoltuk.
A következ˝o állítás hasonlóan igazolható:
2-6. Példa: Mindenn∈N-re12+ 22+ 32+...+n2 = n(n+1)(2n+1)
6 .
2-13. Definíció: Jelöljen∈Neseténn!(nfaktoriális) az1·2·3·...·nszorzatot.Definiáljuk0!-t 1-nek, azaz 0! := 1. Ezek után tetsz˝oleges0≤k≤negészre legyen nk
:= k!(n−k)!n! .
A fenti számokatbinomiális együtthatóknaknevezzük (a szimbólum olvasása: „nalattk”). Közvetlen számolással ellen˝orizhet˝o, hogy:
(a)
Az állítás (d) pontjának ismételt felhasználásával látható, hogy a binomiális együtthatók egy olyan háromszög alakú (végtelen) táblázatba rendezhet˝ok, ahol minden elem a felette lev˝o két elem összege:
0
(Pascal-háromszög). Ezek felhasználásával, a teljes indukció módszerével könnyen igazolható a következ˝o fontos állítás:
2-10. Tétel: (binomiális tétel). Tetsz˝olegesa,b∈Résn∈Nesetén:
(a+b)n=
Bizonyítás:
Az állításn= 1-re nyilvánvaló. Tegyük fel, hogy valamelyn∈N-re igaz, és vizsgáljuk az állítást(n+ 1)-re. Az indukciós feltevést használva:
A jobb oldalon most felhasználjuk a binomiális együtthatóknak az el˝oz˝o állítás (a) és (d) pontjában leírt tulajdonságait: tehát az állítás(n+ 1)-re is igaz, amivel a bizonyítást befejeztük.
Megjegyzés: Az állítás egyszer˝uen igazolható kombinatorikus úton is. A bal oldal ui. egy n-tényez˝os szorzat, mindegyik tényez˝o(a+b). Elvégezve a szorzást (minden tagot szorozva minden taggal), csopor-tosítsuk a szorzatokat anövekv˝o hatványai szerint. Akkor azan−kbk alakú szorzatok száma azzal a szám-mal egyenl˝o, ahányféleképpnkülönböz˝o elemb˝olkkülönböz˝o elemet a sorrend figyelembevétele nélkül ki tudunk választani (ismétlés nélküli kombináció). Ez pedig, mint ismert, épp az nk
binomiális együttható.
Ez lesz tehát a jobb oldalonan−kbk együtthatója.
2-11. Következmény: . Tetsz˝olegesn∈N-re
Most már igazolhatjuk az el˝oz˝o szakaszban említett, a véges halmazok számosságára vonatkozó eredményt:
2-12. Következmény: . Ha A egy n-elem˝u véges halmaz (n ∈ N), akkor a2A hatványhalmaz elemeinek száma2n.
Bizonyítás:
Kombinatorikai meggondolásokkal könnyen látható, hogy az egyelem˝u részhalmazok száma n1 , a kételem˝ueké n2
, és így tovább, általában ak-elem˝u részhalmazok száma nk
. Végül egyetlen zérus elemszámú részhalmaz van, az üres halmaz. A részhalmazok számát összegezve, az el˝oz˝o következmény alapján az állítás már adódik.
2-13. Állítás: (Bernoulli-egyenl˝otlenségek).
(a) Mindenx≥ −1ésn∈Nszámra(1 +x)n≥1 +nx
(b) Tetsz˝olegesx,y≥0ésn∈Nesetén(x+y)n≥xn+nxn−1y.
Bizonyítás:
Az els˝o egyenl˝otlenségn= 1mellett nyilván igaz. Feltéve, hogy valamelyn∈N-re igaz, vizsgáljuk az egyenl˝otlenséget(n+ 1)-re. Az indukciós feltevést felhasználva:
(1 +x)n+1= (1 +x)(1 +x)n≥(1 +x)(1 +nx) = 1 + (n+ 1)x+nx2 ≥1 + (n+ 1)x
(mertx≥ −1miatt1 +x≥0), tehát az állítás(n+ 1)-re is igaz. Ezzel az els˝o egyenl˝otlenséget igazoltuk. A második egyenl˝otlenség innen már következik: ez ui. x= 0esetén nyilvánvaló, ha pedigx >0, akkor
(x+y)n=xn(1 + y
x)n≥xn(1 +ny
x) =xn+nxn−1y.
Megjegyzés: Az egyenl˝otlenségek x,y ≥ 0 esetén a binomiális tételb˝ol egyenesen adódnak, ha a jobb oldalról az els˝o két tagot követ˝o többi (nemnegatív!) tagot elhagyjuk.
A Bernoulli-egyenl˝otlenségb˝ol teljes indukcióval levezethet˝o a következ˝o, alapvet˝o fontosságú egyenl˝otlenség:
2-14. Tétel: (számtani-mértani közepekre vonatkozó egyenl˝otlenség). Legyeneka1,a2,...,an≥0tetsz˝oleges nemnegatív számok (n∈N). Akkor érvényes a következ˝o becslés:
√n
a1a2...an≤ a1+a2+...+an
n .
Megjegyzés: Az egyenl˝otlenség bal oldalán álló kifejezést az a1,a2,...,an ≥ 0 számok mértani közepének nevezzük, a jobb oldalon pedig ezen számokszámtani közepeáll. Az egyenl˝otlenség nyilván ekvivalens az a1a2...an≤ a1+a2+...+an nn
egyenl˝otlenséggel.
Bizonyítás:
Feltehet˝o, hogy azak számok nagyság szerint rendezettek:a1≤a2 ≤...≤an. Jelölje a rövidség kedvéért Mn:=a1a2...an,Sn:= a1+a2+...+an n, akkor a bizonyítandó állítás: Mn≤Snn. Ezn= 1-re nyilvánvaló. Tegyük fel, hogy valamelyn∈N-re igaz, és vizsgáljuk az állítást(n+ 1)-re. Az indukciós feltevést használva:
Mn+1 =Mn·an+1 ≤Snn·an+1=Sn+1n +Snn(an+1−Sn) = amivel az állítást(n+ 1)-re is igazoltuk.
2-15. Következmény: (mértani-harmonikus közepekre vonatkozó egyenl˝otlenség). Legyeneka1,a2,...,an >
0tetsz˝oleges pozitív számok (n∈N). Akkor érvényes a következ˝o becslés:
n
(A bal oldalon álló kifejezést aza1,a2,...,anszámokharmonikus közepéneknevezzük.)
Bizonyítás:
Alkalmazzuk az el˝oz˝o tételt speciálisan az1/a1,1/a2,...,1/anszámokra..
2-16. Tétel: (Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenl˝otlenség). Legyeneka1,a2,...,an ∈ R,b1,b2,...,bn ∈R tetsz˝oleges valós számok (n∈N). Akkor
(a1b1+a2b2+...+anbn)2 ≤(a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n),
A rövidség kedvéért legyenenek aza,bnemnegatív számok olyanok, hogya2:=Pn
k=1a2késb2 :=Pn
k=1b2k. Ha avagybbármelyike zérus, akkor az állítás a triviális0 = 0egyenl˝oségre egyszer˝usödik. Feltehet˝o tehát, hogy a >0ésb >0. Induljunk ki abból, hogy tetsz˝olegest∈Rszámra nyilvánPn
Speciálisan ez at:=a/bválasztás mellett is igaz, innen pedig:
a2−2a
k=1akbk≤abegyenl˝otlenséget kapjuk, ami épp a bizonyítandó állítással ekvivalens.
Megjegyzés: A bizonyítás technikájából az is világos, hogy egyenl˝oség akkor és csak akkor teljesül, ha a Pn
k=1(ak−tbk)2 összeg minden tagja 0, azaz az ak és abk számok mind arányosak, éspedig ugyanazzal az arányossági tényez˝ovel.