Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 4
4.7 Vi visar först att
Basfall:
A2n = 3 · 2n − 2
med ett induktionsbevis.
n=0
Vi har att
3 · 20 − 2 = 1 = A0 ,
och alltså gäller likheten för
n = 0.
Induktionssteget: Antag nu att det gäller för ett xt jämnt
2n.
naturligt tal
Visa att då gäller det också för
2(n + 1).
Vi
får
A2n+2 = 2A2n+1 = 2(A2n + 1) = 2(3 · 2n − 2 + 1) = 3 · 2n+1 − 2,
och alltså gäller likheten också för
2(n + 1).
Enligt induktionsprincipen gäller därmed likheten för alla
jämna naturliga tal.
För de udda talen observerar vi bara att
3·
2n+1
−1
A2n+1 = A2n + 1 =
enligt ovan.
4.8 Vi gör ett induktionsbevis.
Basfall:
n=0
Då gäller att
0
∑
F (2i − 1) = 0 = F (2 · 0),
i=1
och alltså gäller likheten för
n = 0.
Induktionssteget: Antag nu att det gäller för ett xt naturligt
tal
n.
Visa att då gäller det också för
n+1
∑
i=1
F (2i − 1) =
n
∑
n + 1.
Vi får
F (2i − 1) + F (2(n + 1) − 1)
i=1
= F (2n) + F (2n + 1) = F (2n + 2) = F (2(n + 1))
9
och alltså gäller likheten också för
n + 1.
Enligt induktionsprincipen gäller därmed likheten för alla
naturliga tal.
4.9 Vi gör ett induktionsbevis.
Basfall: Vi får i fallet
påståendet är sant för
n = 4
n = 4.
att
24 = 16 < 24 = 4!
så
n med
n + 1. Genom
(n + 1) > 4 > 2
Induktionssteg: Antag att påståendet är sant för något
n ≥ 4.
Vi ska visa att då är det också sant för
att utnyttja induktionsantagandet och att
så får vi
(n + 1)! = (n + 1)n! > (n + 1)2n > 2 · 2n = 2n+1 ,
vilket är precis påståendet för
n + 1.
Därmed följer det av
induktionsprincipen att påståendet är sant för alla naturliga
tal
n > 3.
)
∏ (
f (n) = ni=2 1 − i12
f (n) = g(n) för alla
4.10 Sätt
att
och
g(n) =
n+1
2n . Då ska vi bevisa
naturliga tal
n > 1.
Vi gör ett
induktionsbevis.
Basfall:
n = 2.
Då har vi
)
2 (
∏
1
2+1
1
3
1− 2 =1− 2 = =
= g(2),
f (2) =
i
2
4
2·2
i=2
så påståendet är sant för
n = 2.
Induktionssteg: Antag att det är sant för
är det också sant för
n + 1.
n
och visa att då
Genom att utnyttja induktions-
antagandet så får vi
f (n + 1) =
n+1
∏(
i=2
1
1− 2
i
) (
)
n (
∏
1
1
=
1− 2 · 1−
i
(n + 1)2
i=2
n2 + 2n
n + 1 n2 + 2n
(n +
−1
= g(n) ·
=
·
2
2
(n + 1)
(n + 1)
2n
(n + 1)2
n(n + 2)
n+2
=
= g(n + 1).
2n(n + 1)
2(n + 1)
= f (n) ·
=
)
1)2
10
Enligt induktionsprincipen är påståendet därmed sant för
alla heltal
4.11
n > 1.
(a) Genom att utnyttja rekursionen så får vi
F1 (x) = (x − 1) + x2
F2 (x) = (x2 + x − 1)(x − 1) + x2 = x3 + x2 − 2x + 1
F3 (x) = (x3 + x2 − 2x + 1)(x − 1) + x2 = x4 − 2x2 + 3x − 1
f (n) = Fn (0) och g(n) = (−1)n och ska alltså
f (n) = g(n) för alla n ∈ N. Vi gör ett induk-
(b) Vi sätter
visa att
tionsbevis:
n = 0. Vi
g(0) = (−1)0 = 1 så
Basfall:
har
f (0) = 1
per denition och
n = 0.
f (n) = g(n) för något xt tal
så fall är f (n + 1) = g(n + 1).
det stämmer för
Induktionssteg: Antag att
n ≥ 0.
Vi ska visa att i
Om vi utnyttjar rekursionen
f (n + 1) = f (n)(0 − 1) + 0 = −f (n)
och induktionsantagandet så får vi
f (n + 1) = −f (n) = −g(n) = −(−1)n = (−1)n+1 = g(n + 1).
Nu följer det av induktionsaxiomet att
alla naturliga tal
4.13 Basfall:
n = 0.
f (n) = g(n)
n.
Vi har att båda leden är lika med
stämmer det för
1.
Alltså
n = 0.
Induktionssteg: Antag att påståendet är sant för
n + 1.
visa att då är det också sant för
n.
Vi ska
Genom att använda
induktionsantagandet så får vi
n+1
∑
ai =
i=1
=
för
n
∑
ai + an+1 =
i=1
an+1
an+1 − 1
+ an+1
a−1
an+2 − 1
− 1 an+1 (a − 1)
+
=
,
a−1
a−1
a−1
vilket är lika med högerledet för
11
n + 1.
Alltså är påståendet sant för
n
sant för
n+1
om man antar att det är
och därmed följer det av induktionsaxiomet att
det är sant för alla naturliga tal
n.
4.16 Vi gör ett induktionsbevis.
Basfall:
n=1
Då gäller att
VL=
1
∑
k · 2k−1 = 1 · 20 = 1
och
HL = (1 − 1) · 21 + 1 = 1,
k=1
och alltså gäller likheten för
n = 1.
Induktionssteget: Antag nu att det gäller för ett xt positivt
heltal
n+1
∑
n.
k·2
Visa att då gäller det också för
k−1
=
n
∑
n + 1.
Vi får
k · 2k−1 + (n + 1) · 2n =
k=1
k=1
= (n − 1) · 2n + 1 + (n + 1) · 2n = 2n · 2n + 1 =
= ((n + 1) − 1) · 2n+1 + 1,
och alltså gäller likheten också för
n + 1.
Enligt induktionsprincipen gäller därmed likheten för alla
positiva heltal.
4.17 Vi gör ett induktionsbevis.
Basfall: Vi behöver två fall
n=3
och
n = 4.
Vi har
L(3) = L(2) + L(1) = b + a
bF (3 − 1) + aF (3 − 2) = b + a
och
L(4) = L(3) + L(2) = (b + a) + b = 2b + a
bF (4 − 1) + aF (4 − 2) = b · 2 + a · 1 = 2b + a
så båda basfallen stämmer.
12
Induktionssteg: Antag att det är sant för alla
k≤n
där
n≥4
k
sådana att
n + 1.
och visa att då är det också sant för
Genom att utnyttja induktionsantagandet och rekursionen
för Fibonacci-talen så får vi
L(n + 1) = L(n) + L(n − 1)
= bF (n − 1) + aF (n − 2) + bF (n − 1 − 1) + aF (n − 1 − 2)
= b(F (n − 1) + F (n − 2)) + a(F (n − 2) + F (n − 3))
= bF (n) + aF (n − 1)
vilket var precis vad vi skulle visa.
Enligt induktionsprincipen är påståendet därmed sant för
alla positiva heltal
n > 2.
4.18 Vi gör ett induktionsbevis.
Basfall:
n = 0.
Vi har att båda leden är lika med
stämmer det för
0.
Alltså
n = 0.
Induktionssteg: Antag att påståendet är sant för
visa att då är det också sant för
n + 1.
n.
Vi ska
Genom att använda
induktionsantagandet så får vi
n+1
∑
i · i! =
n
∑
i=1
i · i! + (n + 1)(n + 1)!
i=1
= ((n + 1)! − 1) + (n + 1)(n + 1)!
= (1 + n + 1)(n + 1)! − 1
= (n + 2)(n + 1)! − 1 = (n + 2)! − 1,
vilket är lika med högerledet för
Alltså är påståendet sant för
sant för
n
n + 1.
n+1
om man antar att det är
och därmed följer det av induktionsaxiomet att
det är sant för alla naturliga tal
n.
4.19 Deniera först
n
∑
1
f (n) =
k2
och
g(n) = 2 −
k=1
13
1
.
n
f (n) < g(n), eller
heltal n > 1. Vi gör
f (n) −
Vi ska då visa att
ekvivalent att
g(n) < 0,
ett induktionsbevis.
för alla
Basfall: Om
n=2
så får vi
(
)
2
∑
1
1
1 3
1
f (2) − g(2) =
− 2−
= 1 + − = − < 0.
2
k
2
4 2
4
k=1
Alltså stämmer det för
n = 2.
f (p) < g(p) för något p > 1. Visa
f (p + 1) < g(p + 1). Vi tittar på dierensen
Induktionssteg: Antag att
att i så fall är
och får om vi i andra steget utnyttjar induktionsantagandet
att
(
f (p + 1) − g(p + 1) = f (p) +
)
1
− g(p + 1)
(p + 1)2
1
< g(p) +
− g(p + 1)
(p + 1)2
(
)
)
(
1
1
1
= 2−
+
− 2−
p
(p + 1)2
p+1
1
1
1
=− +
+
p (p + 1)2 p + 1
−(p + 1)2 + p + p(p + 1)
=
p(p + 1)2
2
−p − 2p − 1 + p + p2 + p
=
p(p + 1)2
−1
=
< 0.
p(p + 1)2
Enligt indukionsprinipen gäller därmed, med stöd av basfall
och induktionssteg, att
f (n) < g(n)
för alla heltal
n > 1.
4.20 Deniera först
f (n) =
2n
∑
k+1 1
(−1)
k=1
Vi ska då visa att
k
och
f (n) = g(n)
ett induktionsbevis.
14
2n
∑
1
g(n) =
.
k
k=n+1
för alla heltal
n ≥ 1.
Vi gör
Basfall: Om
f (1) =
g(1) =
n=1
2
∑
så får vi
(−1)k+1
k=1
2
∑
k=2
1
1
1
=1− = ,
k
2
2
1
1
= .
k
2
Alltså stämmer det för
n = 1.
f (p) = g(p) för något p ≥ 1. Visa
f (p + 1) = g(p + 1). Vi startar med f (p + 1)
Induktionssteg: Antag att
att i så fall är
och får om vi i fjärde steget utnyttjar induktionsantagandet
att
∑
2(p+1)
f (p + 1) =
1 ∑
1
1
1
=
(−1)k+1 +
−
k
k 2p + 1 2p + 2
2p
(−1)k+1
k=1
k=1
1
1
1
1
= f (p) +
−
= g(p) +
−
2p + 1 2p + 2
2p + 1 2p + 2
2p
∑
1
1
1
=
+
−
k 2p + 1 2p + 2
k=p+1
∑
2(p+1)
=
k=(p+1)+1
1
1
1
1
1
1
+
−
−
+
−
k p + 1 2p + 1 2p + 2 2p + 1 2p + 2
= g(p + 1) +
1
1
−2
= g(p + 1).
p+1
2p + 2
Enligt indukionsprinipen gäller därmed, med stöd av basfall
och induktionssteg, att
f (n) = g(n)
15
för alla heltal
n ≥ 1.
