Магия математики: Как найти x и зачем это нужно - Артур Бенджамин 14 стр.

Мы видим, что сумма самого первого нечетного числа – 1 – и в самом деле составляет 1², то есть для n = 1 наше предположение абсолютно верно. Дальше нам следует обратить внимание на то, что, если сумма первых k нечетных чисел составляет k², а именно

при добавлении следующего нечетного числа (2k + 1) у нас получится

Другими словами, если сумма первых k нечетных чисел равна k², то сумма первых k + 1 нечетных чисел обязательно будет равна (k + 1)². Значит, теорема, истинная в отношении n = 1, будет столь же истинной в отношении любого значения n.◻

Индукция – инструмент действенный. Эта книга начиналась с проблемы определения суммы первых n чисел. Разными путями мы пришли к тому, что

Это предположение, безусловно, правдиво при n = 1 (потому что 1 = 1(2)/2). Предположим, что оно правдиво и для числа k:

Тогда, прибавив к этой сумме (k + 1), получим

В этой формуле k + 1 использовано вместо n. Значит, если она верна для n = k (где под k может скрываться любое положительное число), она будет так же верна и для n = k + 1. Равно как и для любого положительного значения n.◻

В этой главе (да и в книге вообще) будет еще много примеров использования индуктивного метода. А пока для закрепления материала вот вам песня, написанная «музыкантами от математики» Дэйном Кэмпом и Ларри Лессером на мотив знаменитой «Blowin' in the Wind» Боба Дилана.

В главе 5 мы рассмотрели несколько задач, основанных на числах последовательности Фибоначчи. Попробуем доказать парочку из них, используя метод индукции.

Теорема: Для n ≥ 1

Доказательство (методом индукции): Если n = 1, то F1 = F3 – 1, что соответствует 1 = 2 – 1, что безусловно истинно. Применим это к n = k, то есть

Добавив к обеим частям число Фибоначчи Fk+1, получим

что и требовалось доказать.

Столь же простым будет доказательство для суммы квадратов чисел Фибоначчи.

Теорема: Для n ≥ 1

Доказательство (методом индукции): Если n = 1, то F1² = F1F2, что верно потому, что F2 = F1 = 1. Применив это к n = k, получаем

А теперь добавим к обеим сторонам F²k+1:

что и требовалось доказать.

В главе 1 мы выяснили, что сумма кубов равна квадрату суммы, то есть

но тогда мы не были готовы это доказать. Просто мы ничего не знали об индукции. При n ≥ 1 общая закономерность выглядит так:

А так как нам уже известно, что докажем схожую теорему.

Теорема: Для n ≥ 1

Доказательство (методом индукции): При n = 1 предположим, что 1³ = 1²(2²)/4, что истинно. Следовательно, если схожее предположение будет истинным и при n = k, теорема будет доказана:

Прибавим к обеим сторонам (k + 1)³ и получим

что и требовалось доказать.

А вот геометрическое доказательство тождества суммы кубов.

Посчитаем площадь фигуры двумя разными способами, а потом сравним результаты. С одной стороны, перед нами явно квадрат, каждая из сторон которого равна 1 + 2 + 3 + 4 + 5, а общая площадь, таким образом, – (1 + 2 + 3 + 4 + 5)².

С другой стороны, если начать с верхнего левого угла, а затем двигаться вниз по диагонали, мы пройдем последовательно через один квадрат размером 1 на 1, два размером 2 на 2 (один из которых разбит на два прямоугольника), три квадрата размером 3 на 3, четыре размером 4 на 4 (и еще один «разрезанный» пополам) и, наконец, пять квадратов размером 5 на 5. Следовательно, их общая площадь будет равна

Так как обе полученные нами площади должны быть равны, имеем

То же можно сделать и с квадратом со сторонами длиной 1 + 2 +… + n, чтобы прийти к

Доказательство методом индукции применяется не только при сложении – оно отлично работает всякий раз, когда некую «большую» проблему (вроде k + 1) можно решить посредством «маленькой» (вроде k). Приведу вам свою любимую теорему, вроде той, что мы доказывали в начале главы, когда решали проблему с заполнением шахматной доски костяшками домино. Однако на этот раз поговорим не о невозможности, а наоборот, о возможности, причем возможности постоянной, а вместо домино используем тримино[16] L-образной формы.

Так как 64 (число клеток) на 3 не делится, одних лишь тримино для всей площади шахматной доски нам явно не хватит. Но стоит взять дополнительно один квадратик размером 1 на 1, и можно смело утверждать, что вне зависимости от его (квадратика) положения на доске для всего остального хватит тримино. Причем утверждение это справедливо не только для обычных шахматных досок 8 на 8, но и для досок размером 2 на 2, 4 на 4, 16 на 16 и т. д.

Теорема: Для любого значения n ≥ 1 шахматная доска размером 2n на 2n может быть выложена костяшками тримино и одним квадратиком размером 1 на 1 при любом положении последнего.

Доказательство (методом индукции): Утверждение является истинным при n = 1, потому что для того, чтобы выложить доску размером 2 на 2, достаточно одной костяшки тримино и одного квадратика (при любом его положении). Попробуем доказать то же в отношении n = k, то есть доски размером 2k на 2k (притом что нашей конечной целью остается 2k+1 на 2k+1). Сначала положим квадратик на любое место. Потом разделим доску на 4 равных сектора, как на рисунке выше.

Сектор с квадратиком имеет размер 2k на 2k, что значит, что его можно полностью выложить тримино (исходя из того, что наше утверждение истинно при n = k). Затем положим одну костяшку тримино в центр доски так, чтобы она находилась одновременно в трех оставшихся секторах, каждый из которых также равен 2k на 2k и в каждом из которых у нас теперь есть по одному квадратику, что делает их абсолютно похожими на первый. Ну а если можно полностью выложить неперекрывающимися тримино каждую часть (размером 2k на 2k) доски, то ими можно выложить и всю доску размером 2k+1 на 2k+1.☺

Последнее тождество имеет много полезных применений. Давайте докажем его по индукции, добавив парочку других способов. Какова сумма первых n чисел, которые получаются при возведении 2 в последовательные степени, начиная с 20 = 1?

Приступим к сложению:

Видите закономерность? Каждая сумма на 1 меньше следующего числа, получаемого от возведения 2 в степень. Все это сводится вот к чему.

Теорема: Для n ≥ 1

Доказательство по индукции: Как мы уже отмечали, утверждение является верным при n = 1 (а также 2, 3, 4 и 5). При n = k мы можем утверждать, что

Добавив к обеим частям следующее число, получаемое при возведении 2 в степень (то есть 2k), приходим к

В 4 и 5 главах мы подтвердили множество закономерностей, находя ответ двумя разными способами. Возможно, комбинаторный подход покажется вам наиболее ценным.

Вопрос: В хоккейной команде n игроков (соответственно, их свитера пронумерованы от 1 до n). Созывается пресс-конференция, на которую должен прийти хотя бы один игрок. Чему равно количество возможных «составов» команды на этой пресс-конференции?

Ответ 1: У каждого игрока два варианта: идти или не идти. Значит, у команды в целом есть 2n вариантов. Но из этого числа нам нужно вычесть единицу, чтобы исключить вероятность того, что на конференцию не придет никто. В итоге получается 2n – 1.

Ответ 2: За основу «состава» положим хоккеиста с наибольшим номером на свитере. «Состав» с единицей в качестве наибольшего числа всего 1, с двойкой их 2 (потому что хоккеист № 2 может пойти либо в одиночестве, либо в компании хоккеиста № 1), с тройкой – 4 (потому что хоккеист № 3 может пойти либо один, либо в компании хоккеиста № 2, который точно так же может позвать, а может и не позвать с собой хоккеиста № 1). Следуя этой логике и дальше, мы увидим, что всего возможных «составов» будет 2n–1, ведь хоккеист № n будет обязан пойти на конференцию, а у каждого из его товарищей (начиная с № 1 и заканчивая № n – 1), которых он может позвать с собой, будет по 2 варианта выбора. То есть 1 + 2 + 4 +… + 2n–1.

Оба результата верны, а значит, равны. Таким образом, получается, что 1 + 2 + 4 +… + 2n–1 = 2n – 1.☺

При всех достоинствах комбинаторного метода наиболее простым здесь будет алгебраический – схожий с тем, который мы использовали для преобразования периодической десятичной дроби в простую.

Алгебраическое доказательство:

Удвоив обе части, получим

Вычтем первое уравнение из второго, что позволит нам избавиться от всего лишнего и оставить только S из первого и 2S из второго, то есть

Теорема эта – ключ к двоичной системе, имеющей огромное практическое значение: именно на ее основе проводят числовые операции все компьютеры. Смысл ее заключается в том, чтобы представить любое число как уникальную сумму различных степеней основания числа 2. Например,

Запишем это двоичным кодом, заменяя каждое возведенное в степень число 2 единицей, а каждое пропущенное значение 2 в степени – нолем. В нашем примере это 83 = (1 × 64) + (0 × 32) + (1 × 16) + (0 × 8) + (0 × 4) + (1 × 2) + (1 × 1). Следовательно, в двоичной системе число 83 выглядит так:

Как удостовериться, что в таком виде можно представить любое положительное число? Предположим, что каждое число от 1 до 99 есть уникальная сумма степеней основания 2. Сможем ли мы представить в столь же уникальном виде число 100? Начнем с наибольшей степени основания 2, которая меньше 100, то есть с 64. (Почему именно 64? Да потому что меньшие значения – 1, 2, 4, 8, 16 и 32 – дадут в сумме лишь 63, а значит, 100 нам никак не получить.) Остается добрать 36 – точно так же, с помощью чисел, которые получаются от возведения 2 в разные степени. Как это сделать? Проще всего – следуя той же логике, что и с сотней, то есть начать с самого большого подходящего нам числа. Так как 36 = 32 + 4, значит 100 = 64 + 32 + 4, в двоичной системе – (1100100)2. Обобщив это (с помощью так называемого убедительного индуктивного подтверждения), приходим к выводу, что любое положительное число имеет уникальное двоичное представление.

Простые числа

Как мы только что убедились, любое положительное целое число может быть представлено в виде уникальной суммы различных степеней числа 2. В принципе, можно говорить, что числа, получаемые при возведении 2 в последовательные степени – это строительные блоки, из которых складываются положительные целые числа.

Примерно то же справедливо и отношении простых чисел и умножения: любое положительное целое число можно представить в виде произведения простых чисел (с той лишь разницей, что простые числа изучены куда меньше, чем степени основания 2, и знаем о них мы далеко еще не всё).

Простым числом называется целая положительная величина, имеющая только два делителя: 1 и само себя. Вот некоторые из них:

Число 1 простым не является: у него всего один делитель (хотя, конечно, не только поэтому – есть и более веские причины, о которых мы поговорим чуть позже). Обратите также внимание: в этом ряду всего лишь одно четное – 2, что явно (а можно сказать и – выгодно) отличает ее от остальных простых чисел.

Положительное целое число, для которого имеются 3 и более делителя, называется составным, ведь его можно разложить на более простые. Вот они:

Так, у четверки всего три делителя (1, 2 и 4), у шестерки – четыре (1, 2, 3 и 6) и так далее. Обратите внимание, что числа 1 нет и здесь. Математики называют его единицей, числом с уникальным свойством – быть делителем абсолютно любого целого числа.

Каждое составное число может быть представлено в виде произведения простых чисел. Возьмем для примера 120. Можно начать с 120 = 6 × 20. Но и 6, и 20 – тоже составные. Разложим их сразу на простые: 6 = 2 × 3, 20 = 2 × 2 × 5. Следовательно,

Примечательно то, что, на какие бы составляющие мы ни разложили начальное число, результат получится абсолютно тот же. Причина тому – теорема о единственности разложения, основная теорема арифметики, согласно которой каждое положительное целое число больше 1 раскладывается на произведение простых чисел единственным способом, включая порядок следования сомножителей.

Здесь-то, кстати, и кроется настоящая причина того, что число 1 не может быть названо простым: будучи простым, оно бы делало эту теорему несостоятельной. Ведь тогда 12, например, можно было бы представить не только как 2 × 2 × 3, но и как 1 × 1 × 2 × 2 × 3, и разложение на простые числа не было бы уникальным.

Однажды разложив число, вы узнаете всю его подноготную. В детстве моим любимым числом была девятка, но с возрастом я узнавал и другие, куда более сложные (вроде π = 3,14159…, φ = 1,618…, e = 2,71828… или число i, которое не может быть представлено в виде десятичной дроби, о чем мы подробно поговорим в главе 10) и влюблялся в них без памяти. Какое-то время моим фаворитом было 2520 – наименьшее из чисел, которые делятся на все числа от 1 до 10. Вот как оно выглядит при разложении на простые множители: