induksioni dhe rekursioni · që 𝑃(𝑛) është e vërtetë për të gjithë numrat e plotë...

MAT 263 Matematikë Diskrete

Përgatiti: Dr. Orgeta Gjermëni

https://orgetagjermeni.wordpress.com/teaching-materials/

1

Induksioni dhe Rekursioni

Shumë pohime matematikore deklarojnë që një karakteristikë është e vërtetë për të gjithë numrat

e plotë pozitiv. Për shembull, 𝑛! ≤ 𝑛𝑛, 𝑛3 − 𝑛 është i plotpjestueshëm me 3, një bashkësi me 𝑛

elementë ka 2𝑛 nënbashkësi, shuma e 𝑛 numrave të parë të plotë pozitiv është 𝑛(𝑛+1)

2 etj.

Vërtetimet të cilat përdorin induksionin matematikë kanë dy pjesë. Së pari, ato tregojnë që pohimi

qëndron për numrin e plotë pozitiv 1. Së dyti, ato tregojnë që nëse pohimi qëndron për një numër

të plotë pozitiv, atëherë ai duhet të qëndroj edhe për numrin e plotë pozitiv pasardhës. Induksioni

matematik bazohet në rregullin që thotë se nëse 𝑃(1) dhe ∀𝑘(𝑃(𝑘) → 𝑃(𝑘 + 1)) është i vërtetë

në bashkësinë e numrave të plotë pozitiv, atëherë ∀𝑛𝑃(𝑛) është e vërtetë. Induksioni matematik

mund të përdoret në një shumëllojshmëri rezultatesh. Të kuptuarit se si të lexojmë dhe ndërtojmë

vërtetime me anë të induksionit matematik është një ndër qëllimet e matematikës diskrete.

Induksioni matematik

Hyrje

Supozojmë se kemi një shkallë të pafundme sikurse tregohet në Figurën 1, dhe duam të dimë nëse

mund të arrijmë çdo hap të shkallës. Dimë dy gjëra:

1. Ne mund të arrijmë këmbën e parë të shkallës.

2. Nëse ne mund të arrijmë një këmbë të caktuar të shkallës, atëherë ne mund të arrijmë edhe

këmbën pasardhëse.

Në përgjithësi, induksioni matematik1 mund të përdoret për të vërtetuar pohime të cilat deklarojnë

që 𝑃(𝑛) është e vërtetë për të gjithë numrat e plotë pozitiv 𝑛, ku 𝑃(𝑛) është një funksion pohimor.

Induksioni matematik mund të përdoret në vërtetimin e rezultateve në lidhje me kompleksitetin e

algoritmeve, korrektësinë e programeve të caktuara kompjuterike, teoremat në lidhje me grafet dhe

pemët, dhe në vërtetimin e një sërë identitetesh dhe mosbarazimesh.

1 Fatkeqësisht, përdorimi i termit “induksion matematik” ka një përplasje me terminologjinë e përdorur për të

përshkruar mënyra të ndryshme arsyetimi. Në logjikë, arsyetimi deduktiv përdor rregulla të inferencës për të nxjerr

përfundime nisur nga gjëra lokale, ndërsa arsyetimi induktiv nxjerr përfundime të cilat mbështeten por nuk sigurohen

nga evidencat. Vërtetimet matematike të cilat përfshijnë argumenet që përdorin induksionin matematik janë deduktive,

jo induktive.




2

Figure 1 Ngjitja e një shkalle të pafundme.

Parimi i induksionit matematik. Për të vërtetuar që 𝑃(𝑛) është e vërtetë për të gjithë numrat e

plotë pozitiv 𝑛, ku 𝑃(𝑛) është një funksion pohimor, ndjekim dy hapa:

Hapi bazë: Tregojmë që 𝑃(1) është e vërtetë.

Hapi induktiv: Tregojmë që pohimi i kushtëzuar 𝑃(𝑘) → 𝑃(𝑘 + 1) është i vërtetë për të

gjithë numrat e plotë pozitiv 𝑘.

Për të kryer hapin induktiv të një vërtetimi duke përdorur induksionin matematik, supozojmë se

𝑃(𝑘) është e vërtetë për një numër çfardo të plotë pozitiv 𝑘 dhe tregojmë që nën këtë supozim,

edhe 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Supozimi që 𝑃(𝑘) është e vërtetë është quajtur hipoteza induktive.

Kjo teknikë vërtetimi mund të shprehet me anë të

(𝑃(1) ∧ ∀𝑘(𝑃(𝑘) → 𝑃(𝑘 + 1))) → ∀𝑛𝑃(𝑛),

ku bashkësia e shqyrtimit është bashkësia e numrave të plotë pozitiv.




3

Shembuj vërtetimesh me anë të induksionit matematik

Vërtetimi i formulave të shumës

Shembull: Tregoni që nëse 𝑛 është një numër i plotë pozitiv, atëherë

1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =𝑛(𝑛 + 1)

2 .

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi që shuma e 𝑛 numrave të parë të plotë pozitiv, 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =𝑛(𝑛+1)

2, është 𝑛(𝑛 + 1)/2.

Hapi bazë: 𝑃(1) është e vërtetë sepse 1 =1(1+1)

2 .

Hapi induktiv: Supozojmë që 𝑃(𝑘) është e vërtetë për një numër 𝑘 çfardo, të plotë pozitiv. Pra,

supozojmë se kemi

1 + 2 + ⋯ + 𝑘 =𝑘(𝑘 + 1)

2.

Nën këtë supozim, duhet të tregojmë që edhe 𝑃(𝑘 + 1):

1 + 2 + ⋯ + 𝑘 + (𝑘 + 1) =(𝑘 + 1)[(𝑘 + 1) + 1]

2=

(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

2

është e vërtetë. Nëse shtojmë 𝑘 + 1 nga të dyja anë e ekuacionit në 𝑃(𝑘), kemi

1 + 2 + ⋯ + 𝑘 + (𝑘 + 1) =𝐻𝐼𝑘(𝑘 + 1)

2+ (𝑘 + 1)

=𝑘(𝑘 + 1) + 2(𝑘 + 1)

2

=(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

2.

Barazimi i fundit tregon që 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë nën supozozimin se 𝑃(𝑘) është e vërtetë. Këtu

përfundon hapi induktiv.

Kujdes: Shënimi HI nënkupton që jemi nën supozimin e hapit induktiv.




4

Induksioni matematik nuk është një mjet për gjetjen e teoremave në lidhje me të gjithë numrat e

plotë pozitiv, por ai është një metodë vërtetimi për të vërtetuar rezultate kur ato janë të

konjekturuara.

Shembull: Komjekturoni një formulë për shumën e 𝑛 numrave të parë të plotë pozitiv tek. Më pas

vërtetoni konjekturën tuaj duke përdorur induksionin matematik.

Zgjidhje: Shumat e 𝑛 numrave të parë të plotë pozitiv tek për 𝑛 = 1, 2, 3, 4, 5 janë

1=1, 1+3=4, 1+3+5=9,

1+3+5+7=16, 1+3+5+7+9=25.

Nisur nga vlerat, duket e arsyeshme të formulojmë si konjekturë që shuma e 𝑛 numrvae të parë të

plotë pozitiv tek është 𝑛2, pra 1 + 3 + 5 + ⋯ + (2𝑛 − 1) = 𝑛2. Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi që shuma

e 𝑛 numrave të parë të plotë pozitiv tek është 𝑛2.

Hapi bazë: 𝑃(1) pohon se shuma e një numri të parë të plotë pozitiv tek është 12. Ky pohim është

i vërtetë.

Hapi induktiv: Supozojmë të vërtetë hipotezën induktive. Hipoteza induktive është pohimi se 𝑃(𝑘)

është i vërtetë për një numër çfardo të plotë pozitiv 𝑘, pra kemi

1 + 3 + 5 + ⋯ + (2𝑘 − 1) = 𝑘2.

Për të treguar që ∀𝑘(𝑃(𝑘) → 𝑃(𝑘 + 1)) është i vërtetë, duhet të tregojmë që nëse 𝑃(𝑘) është e

vërtetë (hipoteza induktive), atëherë edhe 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Vini re që 𝑃(𝑘 + 1) është

pohimi

1 + 3 + 5 + ⋯ + (2𝑘 − 1) + (2𝑘 + 1) = (𝑘 + 1)2.

Duke supozuar që 𝑃(𝑘) është e vërtetë, rrjedh se

1 + 3 + 5 + ⋯ + (2𝑘 − 1) + (2𝑘 + 1) = [1 + 3 + ⋯ + (2𝑘 − 1)] + (2𝑘 + 1)

=𝐻𝐼 𝑘2 + (2𝑘 + 1)

= 𝑘2 + 2𝑘 + 1

= (𝑘 + 1)2.




5

Shpeshherë na duhet të tregojmë se 𝑃(𝑛) është e vërtetë për 𝑛 = 𝑏, 𝑏 + 1, 𝑏 + 2, . . ., ku 𝑏 është një

numër i plotë më i madh se 1. Edhe në këto raste mund të përdorim induksionin matematik, duke

ndryshuar në hapin bazë 𝑃(1) me 𝑃(𝑏). Vini re që 𝑏 mund të jetë negative, zero, ose pozitive.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar që

1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑛 = 2𝑛+1 − 1

për të gjithë numrata e plotë jonegativ.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛): 1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑛 = 2𝑛+1 − 1 për numrat e plotë 𝑛.

Hapi bazë: P(0) është e vërtetë sepse 20 = 1 = 21 − 1.

Hapi induktiv: Supozojmë se 𝑃(𝑘) është e vërtetë për një numër të plotë jonegativ çfardo, 𝑘. Pra,

supozojmë të vërtetë se

1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑘 = 2𝑘+1 − 1

Për të kryer hapin induktiv, duke përdorur këtë supozim, duhet të tregojmë që kur supozojmë se

𝑃(𝑘) është e vërtetë, atëherë edhe 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Pra, duhet të tregojmë që

1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑘 + 2𝑘+1 = 2(𝑘+1)+1 − 1 = 2𝑘+2 − 1

duke supozuar hipotezën induktive 𝑃(𝑘). Nën supozimin për vërtetësinë e 𝑃(𝑘), kemi

1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑘 + 2𝑘+1 = (1 + 2 + 22 + ⋯ + 2𝑘) + 2𝑘+1

=𝐻𝐼 (2𝑘+1 − 1) + 2𝑘+1

= 2 ∙ 2𝑘+1 − 1

= 2𝑘+2 − 1.

Shembull (Shuma e progresionit gjeometrik): Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar

formulën në vijim për shumën e një numri të pafundëm termash të një progresioni gjeometrik me

term fillestar 𝑎 dhe herës 𝑟:

∑ 𝑎𝑟𝑖 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 + ⋯ + 𝑎𝑟𝑛 =𝑎𝑟𝑛+1 − 𝑎

𝑟 − 1

𝑛

𝑖=0

, kur 𝑟 ≠ 1,

ku 𝑛 është një numër i plotë jonegativ.




6

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi që shuma e 𝑛 + 1 termave të parë të progresionit gjeometrik në

këtë formulë është korrekte.

Hapi bazë: 𝑃(0) është e vërtetë sepse

𝑎𝑟0+1 − 𝑎

𝑟 − 1=

𝑎𝑟 − 𝑎

𝑟 − 1=

𝑎(𝑟 − 1)

𝑟 − 1= 𝑎.

Hapi induktiv: Hipoteza induktive është pohimi se 𝑃(𝑘) është e vërtetë, ku 𝑘 është një numër i

plotë jonegativ çfardo. Pra, 𝑃(𝑘) është

∑ 𝑎𝑟𝑖 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 + ⋯ + 𝑎𝑟𝑘 =𝑎𝑟𝑘+1 − 𝑎

𝑟 − 1

𝑘

𝑖=0

.

Për të përfunduar hapin induktiv, duhet të tregojmë që nëse 𝑃(𝑘) është e vërtetë, atëherë edhe

𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë gjithashtu. Për të treguar këtë, së pari shtojmë 𝑎𝑟𝑘+1 nga të dyja anët e

barazimit për 𝑃(𝑘). Kemi që

𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 + ⋯ + 𝑎𝑟𝑘 + 𝑎𝑟𝑘+1 =𝐻𝐼𝑎𝑟𝑘+1 − 𝑎

𝑟 − 1+ 𝑎𝑟𝑘+1.

Rishkruajmë anën e djathtë të këtij ekuacioni dhe kemi

𝑎𝑟𝑘+1 − 𝑎

𝑟 − 1+ 𝑎𝑟𝑘+1 =

𝑎𝑟𝑘+1 − 𝑎

𝑟 − 1+

𝑎𝑟𝑘+2 − 𝑎𝑟𝑘+1

𝑟 − 1

=𝑎𝑟𝑘+2 − 𝑎

𝑟 − 1.

Duke kombinuar dy ekuacionet e fundit përftojmë

𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 + ⋯ + 𝑎𝑟𝑘 + 𝑎𝑟𝑘+1 =𝑎𝑟𝑘+2 − 𝑎

𝑟 − 1.

Vërtetimi i mosbarazimeve

Induksioni matematik mund të përdoret për të vërtetuar një sërë mosbarazimesh të cilat qëndrojnë

për të gjithë numrat e plotë pozitivë më të mëdhenj se një numër i plotë pozitiv i caktuar.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar mosbarazimin




7

𝑛 < 2𝑛

për të gjithë numrat e plotë pozitiv 𝑛.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi që 𝑛 < 2𝑛.

Hapi bazë: 𝑃(1) është e vërtetë sepse 1 < 21 = 2.

Hapi induktiv: Së pari supozojmë hipotezën induktive 𝑃(𝑘) të vërtetë për një numër të plotë

pozitiv çfardo, 𝑘. Pra, supzojmë të vërtetë hipotezën 𝑃(𝑘) e cila nënkupton që 𝑘 < 2𝑘 . Për të

përfunduar hapin induktiv, ne duhet të tregojmë që nëse 𝑃(𝑘) është e vërtetë, atëherë edhe 𝑃(𝑘 +

1) është e vërtetë. 𝑃(𝑘 + 1) është pohimi 𝑘 + 1 < 2𝑘+1. Duhet të regojmë që nga vërtetësia e 𝑘 <

2𝑘 rrjedh se 𝑘 + 1 < 2𝑘+1. Për të treguar që ky implikim i kushtëzuar është i vëretë për çdo numër

të plotë pozitiv 𝑘, së pari shtojmë 1 nga të dyja anët e 𝑘 < 2𝑘, dhe me pas vemë re se 1 ≤ 2𝑘.

Kemi që,

𝑘 + 1 <𝐻𝐼 2𝑘 + 1 ≤ 2𝑘 + 2𝑘 = 2 ∙ 2𝑘 = 2𝑘+1.

Kjo tregon se 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar që 2𝑛 < 𝑛! për çdo numër të plotë

pozitiv 𝑛 të tillë që 𝑛 ≥ 4. (Vini re që ky mosbarazim është i gabuar për 𝑛 = 1, 2 dhe 3.)

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi 2𝑛 < 𝑛!.

Hapi bazë: Për të vërtetuar mosbarazimin që 𝑛 ≥ 4 kërkon që hapi bazë të jetë 𝑃(4). Vini re që

𝑃(4) është e vërtetë, sepse 24 = 16 < 24 = 4!.

Hapi induktiv: Për hapin induktiv, supozojmë që 𝑃(𝑘) është e vërtetë për një numër të plotë çfardo

𝑘, të tillë që 𝑘 ≥ 4. Pra, supozojmë që 2𝑘 < 𝑘! për numrin e plotë pozitiv 𝑘, të tillë që 𝑘 ≥ 4.

Duhet të tregojmë që nën këtë hipotezë, 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Pra, duhet të tregojmë që nëse

2𝑘 < 𝑘! për ndonjë numër të plotë pozitiv çfardo, 𝑘, ku 𝑘 ≥ 4, atëherë 2𝑘+1 < (𝑘 + 1)!. Kemi që

2𝑘+1 = 2 ∙ 2𝑘 nga përcaktimi i eksponentit

< 2 ∙ 𝑘! nga hipoteza induktive

< (𝑘 + 1)𝑘! sepse 2 < k + 1

= (𝑘 + 1)! nga përcaktimi i funksionit faktorial

Kemi treguar që 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë, kur 𝑃(𝑘) është e vërtetë.




8

Shembull (Një mosbarazim për numrat harmonikë): Numrat harmonikë 𝐻𝑗 , 𝑗 = 1, 2, 3, . . .,

përcaktohen si

𝐻𝑗 = 1 +1

2+

1

3+ ⋯ +

1

𝑗.

Për shembull,

𝐻4 = 1 +1

2+

1

3+

1

4=

25

12 .

Përdorni induksionin matematik për të treguar që

𝐻2𝑛 ≥ 1 +𝑛

2,

sa herë që 𝑛 është numër i plotë jonegativ.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi se 𝐻2𝑛 ≥ 1 +𝑛

2.

Hapi bazë: 𝑃(0) është e vërtetë sepse 𝐻20 = 𝐻1 = 1 ≥ 1 +0

2.

Hapi induktiv: Hipoteza induktive është pohimi se 𝑃(𝑘) është e vërtetë, domethënë 𝐻2𝑘 ≥ 1 +𝑘

2,

ku 𝑘 është një numër i plotë jonegativ çfardo. Duhet të tregojmë se nëse 𝑃(𝑘) është e vëretetë,

atëherë edhe 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë, që nënkupton 𝐻2𝑘+1 ≥ 1 +𝑘+1

2. Kështu duke supozuar si të

vërtetë hipotezën induktive, rrjedh se

𝐻2𝑘+1 = 1 +1

2+

1

3+ ⋯ +

1

2𝑘+

1

2𝑘+1+ ⋯ +

1

2𝑘+1 nga përkufizimi i numrit harmonik

= 𝐻2𝑘 +1

2𝑘+1+ ⋯ +

1

2𝑘+1 nga përkufizimi i numrit harmonik të 2𝑘 −të.

≥ (1 +𝑘

2) +

1

2𝑘+1+ ⋯ +

1

2𝑘+1 nga hipoteza induktive

≥ (1 +𝑘

2) + 2𝑘 ∙

1

2𝑘+1 sepse jane 2𝑘terma dhe secili≥ 1/2𝑘+1

≥ (1 +𝑘

2) +

1

2 duke thjeshtuar një faktor të përbashkët 2𝑘në termin e dytë

= 1 +𝑘+1

2.




9

Shënim: Mosbarazimi i vërtetuar në këtë pjesë tregon që seria harmonike

1 +1

2+

1

3+ ⋯ +

1

𝑛+ ⋯

është një seri e pafundme divergjente. Ky është një shembull i rëndësishëm në studimin e serive

të pafundme.

Vërtetimi i rezultateve në lidhje me plotpjestueshmërinë

Induksioni matematik mund të përdoret për të vërtetuar rezultate të cilat kanë të bëjnë me

plotpjestueshmërinë e numrave të plotë, ndonëse këto rezultate mund të vërtetohen edhe më lehtë

duke përdorur rezultate bazë nga teoria e numrave.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar që 𝑛3 − 𝑛 është i plotpjestueshëm me

3 sa herë që 𝑛 është një numër i plotë pozitiv2.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi “𝑛3 − 𝑛 është i plotpjestueshëm me 3”.

Hapi bazë: Pohimi 𝑃(1) është i vërtetë sepse 13 − 1 = 0 është i plotpjestueshëm me 3.

Hapi induktiv: Për hipotezën induktive supozojmë se 𝑃(𝑘) është e vërtetë, që do të thotë se

supozojmë se 𝑘3 − 𝑘 është i plotpjestueshëm me 3 për një 𝑘 numër të plotë pozitiv çfardo. Për të

përfunduar hapin induktiv, duhet të tregojmë që kur supozjmë të vërtetë hipotezën induktive rrjedh

se edhe 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë, domethënë (𝑘 + 1)3 − (𝑘 + 1) plotpjestohet nga 3. Vemë re që

(𝑘 + 1)3 − (𝑘 + 1) = (𝑘3 + 3𝑘2 + 3𝑘 + 1) − (𝑘 + 1) = (𝑘3 − 𝑘) + 3(𝑘2 + 𝑘).

Duke përdorur hipotezën induktive, dalim në përfundimin që termi i parë 𝑘3 − 𝑘 është i

plotpjestueshëm me 3. Termi i dytë është i plotpjestueshëm me 3 sepse është shumëfish i treshit,

kështu nga një teoremë *3 pika (i) rrjedh se (𝑘 + 1)3 − (𝑘 + 1) është i plotpjestueshëm me 3.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të vërtetuar që 7𝑛+2 + 82𝑛+1 është i

plotpjestueshëm nga 57 për çdo numër të plotë jonegativ.

Zgjidhje: Për të ndërtuar vërtetimin së pari shënojmë me 𝑃(𝑛) pohimin “7𝑛+2 + 82𝑛+1 është i

plotpjestueshëm nga 57”.

2 Ky pohim është rasti kur 𝑝 = 3 në teormën e vogël Fermat. 3 Teoremë *: Le të jenë 𝑎, 𝑏 dhe 𝑐 numra të plotë, ku 𝑎 ≠ 0.

i. Nëse 𝑎|𝑏 dhe 𝑎|𝑐, atëherë 𝑎|(𝑏 + 𝑐). ii. Nëse 𝑎|𝑏 atëherë 𝑎|𝑏𝑐, për të gjithë numrat e plotë c.

iii. Nëse 𝑎|𝑏 dhe 𝑏|𝑐, atëherë 𝑎|𝑐.




10

Hapi bazë: Duhet të tregojmë që 𝑃(0) është e vërtetë, sepse duhe të tregojmë që 𝑃(𝑛) është e

vërtetë për çdo numër të plotë jonegativ. 𝑃(0) është e vërtetë sepse 70+2 + 82∙0+1 = 72 + 81 =

57 e cila plotpjestohet nga 57.

Hapi induktiv: Për hipotezën induktive supozojmë se 𝑃(𝑘) është e vërtetë për një 𝑘 numër të plotë

pozitiv çfardo, domethënë 7𝑘+2 + 82𝑘+1 është i plotpjestueshëm me 57. Për të përfunduar hapin

induktiv, duhet të tregojmë që nga hipoteza induktive 𝑃(𝑘) e vërtetë, rrjedh se edhe 𝑃(𝑘 + 1)

është e vërtetë. Duhet të tregojmë që 7(𝑘+1)+2 + 82(𝑘+1)+1 është e plotpjestueshme nga 57.

Kryejmë veprimet si në vijim,

7(𝑘+1)+2 + 82(𝑘+1)+1 = 7𝑘+3 + 82𝑘+3

= 7 ∙ 7𝑘+2 + 82 ∙ 82𝑘+1

= 7 ∙ 7𝑘+2 + 64 ∙ 82𝑘+1

= 7(7𝑘+2 + 82𝑘+1 ) + 57 ∙ 82𝑘+1.

Në këtë moment mund të përdorim hipotezën induktive, e cila pohon se 7𝑘+2 + 82𝑘+1 është e

plotpjestueshme nga 57. Duke përdorur teoremën * pikën (i) dhe (ii) dalim në përfundimin që termi

i parë 7(7𝑘+2 + 82𝑘+1 ) dhe termi i dytë 57 ∙ 82𝑘+1 janë të plotpjestueshëm nga 57, për rrjedhoj

edhe shuma e tyre është e plotpjestueshme me 57.

Vërtetimi i rezultateve në lidhje me bashkësitë

Shembull (Numri i nënbashkësive të një bashkësie të fundme): Përdorni induksionin matematik

për të treguar që nëse 𝑆 është një bashkësi e fundme me 𝑛 elementë, ku 𝑛 është një numër i plotë

jonegativ, atëherë 𝑆 ka 2𝑛 nënbashkësi.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) pohimi që bashkësia me 𝑛 elmentë ka 2𝑛 nënbashkësi.

Hapi bazë: 𝑃(0) është e vërtetë sepse, një bashkësi me zero elementë, domethënë bashkësia boshe,

ka saktësisht 20 = 1 nënbashkësi, vetëm veten e vet.

Hapi induktiv: Për hipotezën induktive supozojmë se 𝑃(𝑘) është e vërtetë për një numër të plotë

pozitiv çfardo 𝑘 , që nënkupton se po supozojmë se çdo bashkësi që ka 𝑘 elementë ka 2𝑘

nënbashkësi. Duhe të tregohet që nën këtë supozim, 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Domethënë duhet të

tregohet që çdo bashkësi me 𝑘 + 1 elementë ka 2𝑘+1 elementë. Për të treguar këtë, le të jetë 𝑇 një

bashkësi që ka 𝑘 + 1 elementë. Atëherë, është e mundur që 𝑇 të shkruhet si 𝑆 ∪ {𝑎}, ku 𝑎 është

një ndër elementët e 𝑇 dhe 𝑆 = 𝑇 − {𝑎}, kështu |𝑆| = 𝑘. Nënbashkësitë e 𝑇 mund të formohen në




11

këtë mënyrë. Për secilën nënbashkësi 𝑋 të 𝑆, ka saktësisht dy nënbashkësi të 𝑇, të cilat janë 𝑋 dhe

𝑋 ∪ {𝑎}. Kjo ilustrohet në Figurën 2. Në këtë mënyrë përftojmë të gjitha nënbashkëistë e 𝑇, të cilat

janë të gjitha të ndryshme. Tani mund të përdorim hipotezën induktive për të dalë në përfundimin

që 𝑆 ka 2𝑘 nënbashkësi, sepse ka 𝑘 elementë. Gjithashtu dimë se ka dy nënbashkësi të 𝑇 për çdo

nënbashkësi të 𝑆. Si rrjedhim, janë 2 ∙ 2𝑘 = 2𝑘+1 nënbashkësi të 𝑇.

Figure 2 Gjenerimi i nënbashkësive të një bashkësie me 𝑘 + 1 elementë. Këtu 𝑇 = 𝑆 ∪ {𝑎}.

Shembull: Përdorni induksionin matematik për të treguar vërtetësinë e ligjeve De Morgan në rastin

e përgjithësuar:

⋂ 𝐴𝑗

𝑛

𝑗=1

= ⋃ 𝐴��

𝑛

𝑗=1

ku 𝐴1, 𝐴2, . . . , 𝐴𝑛 janë nënbashkësi të një bashkësie universale 𝑈 dhe 𝑛 ≥ 2.

Zgjidhje: Le të jetë 𝑃(𝑛) identiteti për 𝑛 bashkësitë.

Hapi bazë: Pohimi 𝑃(2) është 𝐴1 ∩ 𝐴2 = 𝐴1

∪ 𝐴2 . Ky është një ndër ligjet e De Morgan i

vërtetuar edhe më herët.

Hapi induktiv: Hipoteza induktive është që 𝑃(𝑘) është e vërtetë, ku 𝑘 është një numër i plotë

çfardo i tillë që 𝑘 ≥ 2. Pra,




12

⋂ 𝐴𝑗

𝑘

𝑗=1

= ⋃ 𝐴��

𝑘

𝑗=1

ku 𝐴1, 𝐴2, . . . , 𝐴𝑛 janë nënbashkësi të një bashkësie universale 𝑈. Për të përfunduar hapin induktiv,

duhet të tregojmë që ky supozim implikon që 𝑃(𝑘 + 1) është e vërtetë. Duhet të tregojmë që nëse

ky barazim ka vend për çdo koleksion prej 𝑘 bashkësish, atëherë ai ka vend edhe për çdo koleksion

prej 𝑘 + 1 bashkësish nga 𝑈 . Supozojmë se 𝐴1, 𝐴2, . . . , 𝐴𝑘 , 𝐴𝑘+1 janë nënbashkësi të 𝑈 dhe

kryejmë veprimet si vijon

⋂ 𝐴𝑗𝑘+1𝑗=1

= (⋂ 𝐴𝑗𝑘𝑗=1 ) ∩ 𝐴𝑘+1

nga përcaktimi për prerjen

= (⋂ 𝐴𝑗𝑘𝑗=1 ) ∪ 𝐴𝑘+1

nga ligjet e De Morgan për dy bashkësi

= (⋃ 𝐴��𝑘𝑗=1 ) ∪ 𝐴𝑘+1

nga hipoteza induktive

= ⋃ 𝐴��𝑘+1𝑗=1 nga përcaktimi për bashkimin.

Metoda e induksionit mund të përdoret gjithashtu në vërtetimin e rezultateve që kanë të bëjnë më

algoritme.

induksioni dhe rekursioni · që 𝑃(𝑛) është e vërtetë për të gjithë numrat e plotë...

Documents