Matemaattisen induktion oppitunnin muistiinpanojen menetelmä. Esimerkkejä - matemaattinen induktio

MATEMAATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ

Sana induktio tarkoittaa venäjäksi ohjausta, ja havaintoihin, kokeisiin perustuvia johtopäätöksiä eli induktiivisia johtopäätöksiä kutsutaan. saatu päättelemällä erityisestä yleiseen.

Esimerkiksi joka päivä havaitsemme, että aurinko nousee idästä. Siksi voit olla varma, että huomenna se ilmestyy idässä, ei lännessä. Teemme tämän johtopäätöksen turvautumatta mihinkään oletuksiin auringon liikkeen syystä taivaalla (lisäksi tämä liike itsessään osoittautuu ilmeiseksi, koska maapallo todella liikkuu). Ja kuitenkin tämä induktiivinen johtopäätös kuvaa oikein huomisen havaintoja.

Induktiivisten johtopäätösten rooli kokeellisissa tieteissä on erittäin suuri. Ne antavat ne säännökset, joista sitten tehdään lisäjohtopäätöksiä päättelyn kautta. Ja vaikka teoreettinen mekaniikka perustuu Newtonin kolmeen liikelakiin, itse nämä lait olivat tulosta syvällisestä ajattelusta kokeellisen tiedon kautta, erityisesti Keplerin planeettojen liikelakeista, jotka hän johti tanskalaisen tähtitieteilijän Tychon monivuotisten havaintojen käsittelystä. Brahe. Havainnointi ja induktio osoittautuvat hyödylliseksi jatkossa tehtyjen oletusten selventämiseksi. Michelsonin kokeiden jälkeen valonnopeuden mittaamiseksi liikkuvassa väliaineessa osoittautui tarpeelliseksi selvittää fysiikan lakeja ja luoda suhteellisuusteoria.

Matematiikassa induktion rooli on suurelta osin siinä, että se on valitun aksiomatian taustalla. Sen jälkeen kun pitkäaikainen harjoittelu osoitti, että suora polku on aina lyhyempi kuin kaareva tai katkennut, oli luonnollista muotoilla aksiooma: mille tahansa kolmelle pisteelle A, B ja C epäyhtälö

Aritmetiikan perustana oleva seuraamisen käsite syntyi myös sotilaiden, laivojen ja muiden järjestettävien joukkojen muodostumista koskevista havainnoista.

Ei kuitenkaan pidä ajatella, että tämä tyhjentäisi induktion roolin matematiikassa. Emme tietenkään saa kokeellisesti testata aksioomista loogisesti johdettuja lauseita: jos johtamisen aikana ei tehty loogisia virheitä, ne ovat tosia, mikäli hyväksymämme aksioomit ovat tosia. Mutta tästä aksioomijärjestelmästä voidaan päätellä monia lausuntoja. Ja niiden väitteiden valintaa, jotka on todistettava, ehdottaa jälleen induktio. Juuri tämän avulla voit erottaa hyödylliset lauseet hyödyttömistä, osoittaa, mitkä lauseet voivat osoittautua todeksi, ja jopa auttaa hahmottamaan todistuspolun.

Matemaattisen induktion menetelmän ydin

Monilla aritmetiikan, algebran, geometrian ja analyysin aloilla on tarpeen todistaa lauseiden A(n) totuus luonnollisesta muuttujasta riippuen. Lausekkeen A(n) totuuden todistaminen muuttujan kaikille arvoille voidaan usein suorittaa matemaattisen induktion menetelmällä, joka perustuu seuraavaan periaatteeseen.

Lause A(n) katsotaan todeksi kaikille muuttujan luonnollisille arvoille, jos seuraavat kaksi ehtoa täyttyvät:

Lause A(n) on tosi, kun n=1.

Oletuksesta, että A(n) on tosi arvolle n=k (missä k on mikä tahansa luonnollinen luku), seuraa, että se on totta seuraavalle arvolle n=k+1.

Tätä periaatetta kutsutaan matemaattisen induktion periaatteeksi. Se valitaan yleensä yhdeksi luonnollista lukusarjaa määrittäväksi aksioomiksi, ja siksi se hyväksytään ilman todisteita.

Matemaattinen induktiomenetelmä tarkoittaa seuraavaa todistusmenetelmää. Jos haluat todistaa lauseen A(n) totuuden kaikille luonnollisille n:ille, sinun tulee ensinnäkin tarkistaa lauseen A(1) totuus ja toiseksi olettaen lauseen A(k) totuus, yritä todistaa, että väite A(k +1) on totta. Jos tämä voidaan todistaa ja todistus pysyy voimassa jokaiselle k:n luonnolliselle arvolle, niin matemaattisen induktion periaatteen mukaisesti väite A(n) tunnustetaan todeksi kaikille n:n arvoille.

Matemaattisen induktion menetelmää käytetään laajalti lauseiden, identiteettien, epäyhtälöiden todistamiseen, jako-ongelmien ratkaisemiseen, joidenkin geometristen ja monien muiden ongelmien ratkaisemiseen.

Matemaattisen induktion menetelmä ongelmien ratkaisemisessa

jaettavissa

Matemaattisen induktion menetelmän avulla voit todistaa erilaisia ​​väitteitä luonnollisten lukujen jaollisuudesta.

Seuraava väite voidaan todistaa suhteellisen yksinkertaisesti. Osoitetaan, kuinka se saadaan matemaattisen induktion menetelmällä.

Esimerkki 1. Jos n on luonnollinen luku, niin luku on parillinen.

Kun n=1, lauseemme on tosi: - parillinen luku. Oletetaan, että se on parillinen luku. Koska , 2k on parillinen luku, niin jopa. Joten pariteetti on todistettu arvolle n = 1, pariteetti johdetaan pariteetista Tämä tarkoittaa, että se on tasainen kaikille n:n luonnonarvoille.

Esimerkki 2.Todista lauseen totuus

A(n)=(luku 5 on luvun 19 kerrannainen), n on luonnollinen luku.

Ratkaisu.

Lause A(1)=(19:llä jaollinen luku) on tosi.

Oletetaan, että jollekin arvolle n=k

A(k)=(19:llä jaollinen luku) on tosi. Siitä lähtien

Ilmeisesti myös A(k+1) on totta. Todellakin, ensimmäinen termi on jaollinen luvulla 19, koska oletetaan, että A(k) on tosi; toinen termi on myös jaollinen luvulla 19, koska se sisältää kertoimen 19. Matemaattisen induktion periaatteen molemmat ehdot täyttyvät, joten lause A(n) on totta kaikille n:n arvoille.

Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen

summaussarja

Esimerkki 1.Todista kaava

, n on luonnollinen luku.

Ratkaisu.

Kun n=1, yhtälön molemmat puolet kääntyvät yhdeksi ja siten matemaattisen induktion periaatteen ensimmäinen ehto täyttyy.

Oletetaan, että kaava on oikea arvolle n=k, ts.

.

Lisätään tämän tasa-arvon molempiin puoliin ja muutetaan oikea puoli. Sitten saamme

Siten siitä tosiasiasta, että kaava on tosi n=k:lle, seuraa, että se on totta myös n=k+1:lle. Tämä väite pätee mille tahansa k:n luonnolliselle arvolle. Joten myös matemaattisen induktion periaatteen toinen ehto täyttyy. Kaava on todistettu.

Esimerkki 2.Todista, että luonnollisen sarjan ensimmäisten n numeroiden summa on yhtä suuri kuin .

Ratkaisu.

Merkitään tarvittava määrä, ts. .

Kun n = 1, hypoteesi on totta.

Antaa . Näytä se .

Todellakin,

Ongelma on ratkaistu.

Esimerkki 3.Osoita, että luonnollisen sarjan n ensimmäisen luvun neliöiden summa on yhtä suuri .

Ratkaisu.

Antaa .

.

Teeskennetäänpä sitä . Sitten

Ja lopuksi.

Esimerkki 4. Todista se .

Ratkaisu.

Jos sitten

Esimerkki 5. Todista se

Ratkaisu.

Kun n = 1, hypoteesi on ilmeisesti totta.

Antaa .

Todistetaan se.

Todella,

Esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta

todiste eriarvoisuudesta

Esimerkki 1.Todista, että mille tahansa luonnolliselle luvulle n>1

.

Ratkaisu.

Merkitään epäyhtälön vasenta puolta .

Siksi n=2:lle epäyhtälö on voimassa.

Anna jonkun k. Todistakaamme, että silloin ja . Meillä on , .

Vertaamalla ja, meillä on , eli .

Minkä tahansa positiivisen kokonaisluvun k kohdalla viimeisen yhtälön oikea puoli on positiivinen. Siksi . Mutta se tarkoittaa myös.

Esimerkki 2.Etsi virhe perusteluista.

lausunto. Jokaiselle luonnolliselle luvulle n epäyhtälö on totta.

Todiste.

. (1)

Osoitetaan, että silloin epäyhtälö pätee myös n=k+1:lle, ts.

.

Todellakin, vähintään 2 mille tahansa luonnolliselle k:lle. Lisätään epäyhtälön vasemmalle puolelle (1) ja oikealle puolelle 2. Saadaan reilu epätasa-arvo, tai . Väite on todistettu.

Esimerkki 3.Todista se , jossa >-1, , n on luonnollinen luku, joka on suurempi kuin 1.

Ratkaisu.

Kun n=2 epäyhtälö on totta, koska .

Olkoon epäyhtälö tosi, kun n=k, missä k on jokin luonnollinen luku, ts.

. (1)

Osoitetaan, että silloin epäyhtälö pätee myös n=k+1, ts.

. (2)

Todellakin, ehdon mukaan , Siksi epätasa-arvo on totta

, (3)

saatu epäyhtälöstä (1) kertomalla jokainen osa . Kirjoitetaan epäyhtälö (3) seuraavasti: . Hylkäämällä viimeisen epätasa-arvon oikealla puolella oleva positiivinen termi saadaan oikeudenmukainen epätasa-arvo (2).

Esimerkki 4. Todista se

(1)

missä , , n on luonnollinen luku, joka on suurempi kuin 1.

Ratkaisu.

Jos n=2 epäyhtälö (1) saa muodon

. (2)

Siitä lähtien epätasa-arvo on totta

. (3)

Lisäämällä jokaiseen epäyhtälön osaan (3) saadaan epäyhtälö (2).

Tämä osoittaa, että n=2 epäyhtälö (1) on totta.

Olkoon epäyhtälö (1) tosi arvolle n=k, missä k on jokin luonnollinen luku, ts.

. (4)

Osoittakaamme, että silloin epäyhtälön (1) täytyy olla totta myös n=k+1:lle, ts.

(5)

Kerrotaan epäyhtälön (4) molemmat puolet a+b:llä. Koska ehdolla , saamme seuraavan oikeudenmukaisen epäyhtälön:

. (6)

Epäyhtälön (5) pätevyyden todistamiseksi riittää sen osoittaminen

, (7)

tai mikä on sama,

. (8)

Epätasa-arvo (8) vastaa epätasa-arvoa

. (9)

Jos , Sitten , Ja eriarvoisuuden (9) vasemmalla puolella meillä on kahden positiivisen luvun tuote. Jos , Sitten , Ja epäyhtälön (9) vasemmalla puolella meillä on kahden negatiivisen luvun tuote. Molemmissa tapauksissa epäyhtälö (9) on totta.

Tämä osoittaa, että epäyhtälön (1) pätevyys arvolle n=k merkitsee sen pätevyyttä n=k+1:lle.

Matemaattisen induktion menetelmä, jota sovelletaan muihin

tehtäviä

Matemaattisen induktion menetelmän luonnollisin sovellus geometriassa, lähellä tämän menetelmän käyttöä lukuteoriassa ja algebrassa, on sen soveltaminen geometristen laskentaongelmien ratkaisemiseen. Katsotaanpa muutamia esimerkkejä.

Esimerkki 1.Laske säännöllisen neliön sivu, joka on piirretty säteellä R olevaan ympyrään.

Ratkaisu.

Kun n=2 oikein 2 n - neliö on neliö; hänen puolensa. Lisäksi tuplauskaavan mukaan

huomaamme, että säännöllisen kahdeksankulmion sivu , säännöllisen kuusikulmion puoli , säännöllisen 32 kolmion sivu . Voimme siis olettaa, että oikean 2:n puoli n - neliö jokaiselle yhtäläiselle

. (1)

Oletetaan, että säännöllisen sisäänkirjoitetun neliön sivu ilmaistaan ​​kaavalla (1). Tässä tapauksessa tuplauskaavan mukaan

,

josta seuraa, että kaava (1) pätee kaikille n:lle.

Esimerkki 2.Kuinka moneen kolmioon voidaan jakaa n-kulmio (ei välttämättä kupera) sen disjunktoitujen diagonaalien avulla?

Ratkaisu.

Kolmiolle tämä luku on yhtä suuri kuin yksi (kolmioon ei voida piirtää yhtä diagonaalia); nelikulmiolle tämä luku on ilmeisesti kaksi.

Oletetaan, että tiedämme jo, että jokainen k-gon, jossa k 1 A 2 ...A n kolmioksi.

A n

A 1 A 2

Olkoon A 1 A k yksi tämän osion diagonaaleista; se jakaa n-kulmion A 1 A 2 ...A n k-kulmioon A 1 A 2 ...A k ja (n-k+2) - kulmioon A 1 A k A k+1 .. .A n . Tehdyn oletuksen vuoksi osion kolmioiden kokonaismäärä on yhtä suuri

(k-2)+[(n-k+2)-2] = n-2;

Näin ollen väitteemme on todistettu kaikille n:lle.

Esimerkki 3.Esitä sääntö luvun P(n) laskemiseksi tavoista, joilla kupera n-kulmio voidaan jakaa kolmioiksi disjunkteilla diagonaaleilla.

Ratkaisu.

Kolmiolle tämä luku on ilmeisesti yhtä suuri kuin yksi: P(3)=1.

Oletetaan, että olemme jo määrittäneet luvut P(k) kaikille k:lle 1 A 2 ...A n . Aina kun se on jaettu kolmioihin, sivu A 1 A 2 on yhden osiokolmion sivu, tämän kolmion kolmas kärki voi yhtyä kunkin pisteen A kanssa 3, A 4, …, A n . Kuinka monta tapaa osioida n-kulmio, jossa tämä kärki on sama kuin piste A 3 , on yhtä monta tapaa jakaa (n-1)-kulmio A kolmioksi 1 A 3 A 4 …A n , eli on yhtä kuin P(n-1). Niiden osiointimenetelmien lukumäärä, joissa tämä kärki osuu yhteen A:n kanssa 4 , on yhtä monta tapaa osioida (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 …A n , eli on yhtä kuin P(n-2)=P(n-2)P(3); osiointimenetelmien lukumäärä, joissa se on sama kuin A 5 , on yhtä suuri kuin P(n-3)P(4), koska kukin (n-3)-gon A:n osioista 1 A 5 ...A n voidaan yhdistää jokaiseen nelikulmion A väliseinään 2 A 3 A 4 A 5 , jne. Siten päädymme seuraavaan suhteeseen:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1).

Käyttämällä tätä kaavaa saamme johdonmukaisesti:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

jne.

Voit myös ratkaista tehtäviä kaavioiden avulla matemaattisen induktion menetelmällä.

Olkoon tasossa viivojen verkosto, jotka yhdistävät joitain pisteitä ja joilla ei ole muita pisteitä. Kutsumme tällaista viivaverkkoa kartaksi, jonka kärkipisteiksi annetaan pisteet, kahden vierekkäisen kärjen väliset käyräsegmentit - kartan rajat, tason osat, joihin se on jaettu rajoilla - kartan maat.

Annetaan vähän karttaa lentokoneessa. Sanomme, että se on väritetty oikein, jos jokainen sen maa on maalattu tietyllä värillä, ja mitkä tahansa kaksi maata, joilla on yhteinen raja, on maalattu eri väreillä.

Esimerkki 4.Koneessa on n ympyrää. Todista, että näiden ympyröiden missä tahansa järjestelyssä niiden muodostama kartta voidaan värjätä oikein kahdella värillä.

Ratkaisu.

Jos n=1 väitteemme on ilmeinen.

Oletetaan, että väitteemme pätee mille tahansa n ympyrän muodostamalle kartalle, ja olkoon tasossa n+1 ympyrää. Poistamalla yksi näistä ympyröistä saadaan kartta, joka voidaan tehdyn oletuksen perusteella värittää oikein kahdella värillä, esimerkiksi mustalla ja valkoisella.

Saveljeva Ekaterina

Työssä tarkastellaan matemaattisen induktion menetelmän soveltamista jaotuvuusongelmien ratkaisuun ja sarjojen summaukseen. Tarkastellaan esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistamiseen ja geometristen ongelmien ratkaisemiseen. Teos on havainnollistettu esittelyllä.

Ladata:

Esikatselu:

Venäjän federaation tiede- ja koulutusministeriö

Valtion oppilaitos

lukio nro 618

Kurssi: algebra ja analyysin alku

Projektityön aihe

"Matemaattisen induktion menetelmä ja sen soveltaminen ongelmanratkaisuun"

Työ valmis: Saveljeva E, 11B luokka

Valvoja : Makarova T.P., matematiikan opettaja, lukio nro 618

1. Esittely.

2. Matemaattisen induktion menetelmä jako-ongelmien ratkaisussa.

3. Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen sarjojen summaukseen.

4. Esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistukseen.

5. Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen geometristen ongelmien ratkaisemiseen.

6. Luettelo käytetystä kirjallisuudesta.

Johdanto

Kaiken matemaattisen tutkimuksen perustana ovat deduktiiviset ja induktiiviset menetelmät. Deduktiivinen päättelytapa on päättelyä yleisestä erityiseen, ts. päättely, jonka lähtökohta on yleinen tulos ja loppupiste on erityinen tulos. Induktiota käytetään siirryttäessä tietyistä tuloksista yleisiin, ts. on deduktiivisen menetelmän vastakohta. Matemaattisen induktion menetelmää voidaan verrata edistymiseen. Aloitamme alimmasta ja loogisen ajattelun tuloksena pääsemme korkeimpaan. Ihminen on aina pyrkinyt edistymään, kykyyn kehittää ajatuksiaan loogisesti, mikä tarkoittaa, että luonto itse on määrännyt hänet ajattelemaan induktiivisesti. Vaikka matemaattisen induktion menetelmän käyttöalue on kasvanut, siihen on koulun opetussuunnitelmassa varattu vähän aikaa, mutta induktiivisen ajattelun kyky on niin tärkeää. Tämän periaatteen soveltaminen tehtävien ratkaisussa ja teoreemojen todistamisessa on samalla tasolla kuin muiden matemaattisten periaatteiden huomioon ottaminen koulukäytännössä: poissuljettu keskitaso, inkluusio-poissulkeminen, Dirichlet jne. Tämä tiivistelmä sisältää ongelmia matematiikan eri aloilta, joissa päätyökalu on matemaattisen induktion käyttömenetelmä. Puhuessaan tämän menetelmän tärkeydestä A.N. Kolmogorov totesi, että "ymmärrys ja kyky soveltaa matemaattisen induktion periaatetta on hyvä kypsyyden kriteeri, joka on matemaatikolle ehdottoman välttämätöntä." Induktiomenetelmä sen laajassa merkityksessä koostuu siirtymisestä erityisistä havainnoista yleismaailmalliseen, yleiseen malliin tai yleiseen muotoiluun. Tässä tulkinnassa menetelmä on tietysti pääasiallinen tutkimusmenetelmä missä tahansa kokeellisessa luonnontieteessä.

ihmisen toiminta. Matemaattisen induktion menetelmää (periaatetta) yksinkertaisimmassa muodossaan käytetään, kun on tarpeen todistaa tietty väite kaikille luonnollisille luvuille.

Tehtävä 1. Artikkelissaan "Kuinka minusta tuli matemaatikko" A.N. Kolmogorov kirjoittaa: "Opin matemaattisen "löydön" ilon varhain, kun huomasin kuvion viiden tai kuuden vuoden iässä.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 ja niin edelleen.

Koulu julkaisi "Kevätpääskyset" -lehden. Siinä löytöni julkaistiin..."

Emme tiedä, millaisia ​​todisteita tässä lehdessä annettiin, mutta kaikki alkoi yksityisistä havainnoista. Itse hypoteesi, joka luultavasti syntyi näiden osittaisyhtälöiden löytämisen jälkeen, on, että kaava

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2

totta mille tahansa numerolle n = 1, 2, 3, ...

Tämän hypoteesin todistamiseksi riittää, että vahvistetaan kaksi tosiasiaa. Ensinnäkin varten n = 1 (ja jopa n = 2, 3, 4) haluttu väite on tosi. Toiseksi, oletetaan, että väite pitää paikkansa p = k, ja varmistamme, että se on totta myös silloin n = k + 1:

1 + 3 + 5+…+ (2 k - 1) + (2 k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2 k - 1)) + (2 k + 1) = k 2 + (2 k + 1) = (k + I) 2.

Tämä tarkoittaa, että todistettava väite on totta kaikille arvoille n: n = 1 se on totta (tämä on varmistettu), ja toisen tosiasian vuoksi - puolesta n = 2, mistä n:lle = 3 (sama, toinen tosiasia) jne.

Tehtävä 2. Tarkastellaan kaikkia mahdollisia tavallisia murtolukuja, joissa on osoittaja 1 ja mikä tahansa (positiivinen kokonaisluku)

(nimellinen) nimittäjä: Todista, että mikä tahansa p> 3 voimme esittää yksikön summana P erilaisia ​​tämän tyyppisiä fraktioita.

Ratkaisu, Tarkastakaamme ensin tämä lausunto n = 3; meillä on:

Näin ollen peruslauseke täyttyy

Oletetaan nyt, että meitä kiinnostava väite on totta jollekin luvulle Vastaanottaja, ja todista, että se pitää paikkansa myös sitä seuraavalle numerolle Vastaanottaja + 1. Toisin sanoen oletetaan, että on olemassa esitys

jossa k termit ja kaikki nimittäjät ovat erilaisia. Todistakaamme, että silloin voimme saada ykseyden esityksen summana Vastaanottaja + 1 fraktio vaadittua tyyppiä. Oletetaan, että murtoluvut pienenevät eli nimittäjät (yksikön esittämisessä summalla Vastaanottaja termit) kasvaa vasemmalta oikealle niin, että T - suurin nimittäjistä. Saamme tarvitsemamme edustuksen summan muodossa(To + 1) murtoluku, jos jaetaan yksi murto, esimerkiksi viimeinen, kahdeksi. Tämä voidaan tehdä, koska

Ja siksi

Lisäksi kaikki fraktiot pysyivät erilaisina, koska T oli suurin nimittäjä, ja t + 1 > t, ja

t(t + 1) > t.

Näin ollen olemme perustaneet:

1. jossa n = 3 tämä väite on totta;

1. jos meitä kiinnostava väite pitää paikkansa Vastaanottaja,
   silloin se pitää paikkansa myös k + 1.

Tällä perusteella voidaan väittää, että kyseinen väite pätee kaikille luonnollisille luvuille alkaen kolmesta. Lisäksi yllä oleva todistus sisältää myös algoritmin tarvittavan yksikön osion löytämiseksi. (Mikä algoritmi tämä on? Kuvittele luku 1 4, 5, 7 termien summana.)

Kahden edellisen ongelman ratkaisemisessa otettiin kaksi vaihetta. Ensimmäinen askel on ns perusta induktio, toinen -induktiivinen siirtymätai induktiovaihe. Toinen vaihe on tärkein, ja siihen liittyy oletuksen tekeminen (väite on totta, kun n = k) ja johtopäätös (väite on totta, kun n = k + 1). Itse parametria n kutsutaan induktioparametri.Tätä loogista kaaviota (tekniikkaa), jonka avulla voimme päätellä, että kyseinen lause on totta kaikille luonnollisille luvuille (tai kaikille, joistakin alkaen), koska sekä kanta että siirtymä ovat voimassa, on ns.matemaattisen induktion periaate, jonka päällä Matemaattisen induktion menetelmä perustuu.Itse termi "induktio" tulee latinan sanasta induktio (opastus), joka tarkoittaa siirtymistä yksittäisestä tiedosta tietyn luokan yksittäisistä objekteista yleiseen johtopäätökseen tietyn luokan kaikista objekteista, mikä on yksi tärkeimmistä kognition menetelmistä.

Matemaattisen induktion periaate, nimenomaan tutussa kahden askeleen muodossa, ilmestyi ensimmäisen kerran vuonna 1654 Blaise Pascalin "Trateatissa aritmeettisesta kolmiosta", jossa induktiolla todistettiin yksinkertainen tapa laskea yhdistelmien lukumäärä (binomiaaliset kertoimet). D. Polya lainaa kirjassa B. Pascalia pienin muutoksin hakasulkeissa:

"Vaikka kyseessä oleva ehdotus [binomiaalikertoimien eksplisiittinen kaava] sisältää lukemattomia erikoistapauksia, annan sille hyvin lyhyen todisteen kahteen lemmaan.

Ensimmäinen lemma toteaa, että olettamus on totta syystä - tämä on ilmeistä. [At P = 1 eksplisiittinen kaava on kelvollinen...]

Toinen lemma sanoo seuraavaa: jos olettamuksemme on totta mielivaltaiselle perustalle [mielivaltaiselle r:lle], niin se on totta seuraavasta syystä [for n + 1].

Näistä kahdesta lemasta seuraa välttämättä, että lause pätee kaikille arvoille P. Todellakin, ensimmäisen lemman perusteella se on totta P = 1; siksi se on totta toisen lemman perusteella P = 2; siksi, jälleen toisen lemman perusteella, se on voimassa n = 3 ja niin edelleen loputtomiin."

Tehtävä 3. Towers of Hanoi -pulma koostuu kolmesta sauvasta. Yhdessä tangossa on pyramidi (kuva 1), joka koostuu useista halkaisijaltaan eri renkaista, jotka pienenevät alhaalta ylös

Kuva 1

Tämä pyramidi on siirrettävä johonkin muuhun sauvaan, liikuttamalla vain yhtä rengasta joka kerta, eikä aseta suurempaa rengasta pienemmän päälle. Onko mahdollista tehdä tämä?

Ratkaisu. Joten meidän on vastattava kysymykseen: onko mahdollista siirtää pyramidia, joka koostuu P halkaisijaltaan eri renkaat, tangosta toiseen, pelin sääntöjä noudattaen? Nyt olemme, kuten sanotaan, parametroineet ongelman (luonnollinen luku on otettu huomioon P), ja se voidaan ratkaista matemaattisella induktiolla.

1. Induktiopohja. Kun n = 1 kaikki on selvää, koska yhden renkaan pyramidi voidaan luonnollisesti siirtää mihin tahansa sauvaan.
2. Induktiovaihe. Oletetaan, että voimme siirtää mitä tahansa pyramidia renkaiden lukumäärällä p = k.
   Todistakaamme, että silloin voimme siirtää pyra midkan pois n = k + 1.

Pyramidi alkaen - renkaat makaavat suurimmalla(To + 1)-rengas, voimme oletuksen mukaan siirtää sen mihin tahansa muuhun sauvaan. Tehdään se. liikkumaton(To + 1) rengas ei estä meitä suorittamasta liikealgoritmia, koska se on suurin. Siirron jälkeen Vastaanottaja renkaat, siirretään tämä suurin(To + 1) rengas jäljellä olevalla sauvalla. Ja sitten taas sovellamme induktiivisen oletuksen kautta tuntemaamme liikealgoritmia Vastaanottaja renkaat ja siirrä ne sauvaan alla olevan tangon kanssa(To + 1) rengas. Näin ollen, jos osaamme siirtää pyramideja Vastaanottaja renkaat, niin tiedämme kuinka liikuttaa pyramideja ja niiden kanssa Vastaanottaja + 1 rengas. Siksi matemaattisen induktion periaatteen mukaisesti on aina mahdollista siirtää pyramidia, joka koostuu n rengasta, missä n > 1.

Matemaattisen induktion menetelmä jakoongelmien ratkaisussa.

Matemaattisen induktion menetelmällä voit todistaa erilaisia ​​väitteitä luonnollisten lukujen jaollisuudesta.

Ongelma 4 . Jos n on luonnollinen luku, niin luku on parillinen.

Kun n=1, lauseemme on tosi: - parillinen luku. Oletetaan, että se on parillinen luku. Koska 2k on parillinen luku, se on parillinen. Eli pariteetti on todistettu arvolle n=1, pariteetti johdetaan pariteetista eli se on tasainen kaikille n:n luonnollisille arvoille.

Tehtävä 3. Todista, että luku Z 3 + 3 - 26n - 27 mielivaltaisella luonnollisella n on jaollinen luvulla 26 2 ilman jäännöstä.

Ratkaisu. Todistetaan ensin induktiolla apulause, että 3 3n+3 — 1 on jaollinen 26:lla ilman jäännöstä kun n > 0.

1. Induktiopohja. Kun n = 0, meillä on: 3 3 - 1 = 26 - jaollinen 26:lla.

Induktiovaihe. Oletetaan, että 3 3n+3 - 1 on jaettu 26:lla, kun n = k ja Osoittakaamme, että tässä tapauksessa väite pitää paikkansa n = k + 1. Koska 3

sitten induktiivisesta hypoteesista päätämme, että luku 3 3k + 6 - 1 on jaollinen 26:lla.

Nyt todistetaan ongelmalausekkeessa muotoiltu väite. Ja taas induktiolla.

1. Induktiopohja. On selvää, että milloin n = 1 väite on totta: koska 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Induktiovaihe. Oletetaan, että milloin p = k
   lauseke 3 3k + 3 - 26k - 27 jaetaan 26:lla 2 ilman jäännöstä ja todista, että väite pitää paikkansa n = k + 1,
   eli tuo numero

jaollinen luvulla 26 2 jälkeä jättämättä. Viimeisessä summassa molemmat termit ovat jaollisia 26:lla 2 . Ensimmäinen johtuu siitä, että olemme osoittaneet, että suluissa oleva lauseke on jaollinen luvulla 26; toinen on induktiohypoteesi. Matemaattisen induktion periaatteen nojalla haluttu väite on täysin todistettu.

Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen sarjojen summaukseen.

Tehtävä 5. Todista kaava

N on luonnollinen luku.

Ratkaisu.

Kun n=1, yhtälön molemmat puolet kääntyvät yhdeksi ja siten matemaattisen induktion periaatteen ensimmäinen ehto täyttyy.

Oletetaan, että kaava on oikea arvolle n=k, ts.

Lisätään tämän tasa-arvon molempiin puoliin ja muutetaan oikea puoli. Sitten saamme

Siten siitä tosiasiasta, että kaava on tosi n=k:lle, seuraa, että se on totta myös n=k+1:lle. Tämä väite pätee mille tahansa k:n luonnolliselle arvolle. Joten myös matemaattisen induktion periaatteen toinen ehto täyttyy. Kaava on todistettu.

Tehtävä 6. Taululle kirjoitetaan kaksi numeroa: 1,1. Kun syötetään niiden summa lukujen väliin, saadaan luvut 1, 2, 1. Toistamalla tämä toiminto uudelleen, saadaan luvut 1, 3, 2, 3, 1. Kolmen toiminnon jälkeen luvut ovat 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Mikä on kaikkien taululla olevien numeroiden summa 100 operaatiota?

Ratkaisu. Tee kaikki 100 operaatiot olisivat erittäin työläs ja aikaa vievä tehtävä. Tämä tarkoittaa, että meidän on yritettävä löytää jokin yleinen kaava summalle S numerot n:n jälkeen toiminnot. Katsotaanpa taulukkoa:

Oletko huomannut tässä mitään kaavaa? Jos ei, voit ottaa vielä yhden askeleen: neljän toiminnon jälkeen tulee numeroita

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

joiden summa S 4 on yhtä suuri kuin 82.

Itse asiassa et voi kirjoittaa numeroita muistiin, vaan sanoa heti, kuinka summa muuttuu uusien numeroiden lisäämisen jälkeen. Olkoon summa 5. Mitä siitä tulee, kun uusia lukuja lisätään? Jaetaan jokainen uusi luku kahden vanhan summalla. Esimerkiksi luvuista 1, 3, 2, 3, 1 siirrymme kohtaan 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Eli jokainen vanha luku (lukuun ottamatta kahta äärimmäistä yksikköä) sisällytetään nyt summaan kolme kertaa, joten uusi summa on yhtä suuri kuin 3S - 2 (vähentäkää 2 puuttuvien yksiköiden huomioimiseksi). Siksi S 5 = 3S 4 - 2 = 244, ja yleensä

Mikä on yleinen kaava? Jos se ei olisi kahden yksikön vähentämistä, niin summa kasvaisi joka kerta kolme kertaa, kuten kolmen potenssilla (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Ja meidän lukumme, kuten nyt näemme, ovat yksi enemmän. Voidaan siis olettaa, että

Yritetään nyt todistaa tämä induktiolla.

Induktiopohja. Katso taulukko ( n = 0, 1, 2, 3).

Induktiovaihe. Teeskennetäänpä sitä

Todistakaamme se sitten S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Todella,

Joten kaavamme on todistettu. Se osoittaa, että sadan operaation jälkeen kaikkien taululla olevien numeroiden summa on yhtä suuri kuin 3 100 + 1.

Katsotaanpa yhtä hienoa esimerkkiä matemaattisen induktion periaatteen soveltamisesta, jossa sinun on ensin esitettävä kaksi luonnollista parametria ja sitten suoritettava induktio niiden summalle.

Tehtävä 7. Todista, että jos= 2, x 2 = 3 ja kaikille luonnollisille p> 3 suhde pätee

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Että

2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...

Ratkaisu. Huomaa, että tässä tehtävässä alkuperäinen numerosarja(x p) määräytyy induktiolla, koska sekvenssimme termit kahta ensimmäistä lukuun ottamatta määritetään induktiivisesti, eli edellisten kautta. Joten annettuja sekvenssejä kutsutaan toistuva, ja meidän tapauksessamme tämä sekvenssi määritetään (määrittämällä sen kaksi ensimmäistä termiä) ainutlaatuisella tavalla.

Induktiopohja. Se koostuu kahden lauseen tarkistamisesta: milloin n = 1 ja n = 2.V Molemmissa tapauksissa väite on ehdoiltaan tosi.

Induktiovaihe. Oletetaan, että varten n = k - 1 ja n = k lausunto täyttyy, eli

Todistakaamme sitten väitteen paikkansapitävyys for n = k + 1. Meillä on:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, mikä oli todistettava.

Tehtävä 8. Todista, että mikä tahansa luonnollinen luku voidaan esittää Fibonacci-lukujen toistuvan sarjan useiden eri termien summana:

kun k > 2.

Ratkaisu. Olkoon n - luonnollinen luku. Suoritamme perehdyttämisen P.

Induktiopohja. Kun n = Väite 1 on totta, koska yksi itsessään on Fibonacci-luku.

Induktiovaihe. Oletetaan, että kaikki luonnolliset luvut ovat pienempiä kuin jokin luku P, voidaan esittää Fibonacci-sekvenssin useiden eri termien summana. Etsitään suurin Fibonacci-luku Ft, ei ylivoimainen P; siis F t p ja F t +1 > p.

Koska

Induktiohypoteesin mukaan luku n-Ft voidaan esittää Fibonacci-sekvenssin useiden eri termien summana 5, ja viimeisestä epäyhtälöstä seuraa, että kaikki summaan 8 liittyvät Fibonacci-sekvenssin termit ovat pienempiä F t . Siksi numeron laajentaminen n = 8 + Ft täyttää ongelman ehdot.

Esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistamiseen.

Tehtävä 9. (Bernoullin epätasa-arvo.)Todista, että milloin x > -1, x 0 ja kokonaisluvulle n > 2 eriarvoisuus on totta

(1 + x) n > 1 + xn.

Ratkaisu. Todistuksen suoritamme jälleen induktiolla.

1. Induktion perusta. Varmistetaan epäyhtälön paikkansapitävyys n = 2. Todellakin,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.

2. Induktiovaihe. Oletetaan, että numero p = k väite on totta, eli

(1 + x) k > 1 + xk,

Missä k > 2. Osoitetaan se arvolle n = k + 1. Meillä on: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Joten matemaattisen induktion periaatteen perusteella voimme väittää, että Bernoullin epäyhtälö pätee mihin tahansa n > 2.

Matemaattisen induktion menetelmällä ratkaistujen ongelmien yhteydessä todistettava yleinen laki ei aina ole selkeästi muotoiltu. Joskus on tarpeen erityistapauksia tarkkailemalla ensin selvittää (arvata), mihin yleiseen lakiin ne johtavat, ja vasta sitten todistaa esitetty hypoteesi matemaattisen induktion menetelmällä. Lisäksi induktiomuuttuja voidaan peittää, ja ennen ongelman ratkaisemista on määritettävä, millä parametrilla induktio suoritetaan. Harkitse esimerkkinä seuraavia tehtäviä.

Tehtävä 10. Todista se

minkään luonnollisen alla n > 1.

Ratkaisu, Yritetään todistaa tämä epäyhtälö matemaattisen induktion menetelmällä.

Induktiopohja voidaan helposti tarkistaa: 1+

Induktiohypoteesin mukaan

ja meidän on vielä todistettava se

Jos käytämme induktiivista hypoteesia, väitämme sen

Vaikka tämä tasa-arvo onkin totta, se ei anna meille ratkaisua ongelmaan.

Yritetään todistaa vahvempi väite kuin alkuperäisessä tehtävässä vaadittiin. Nimittäin me todistamme sen

Saattaa vaikuttaa siltä, ​​että tämän väitteen todistaminen induktiolla on toivoton asia.

Kuitenkin, kun n = 1 meillä on: väite on tosi. Induktiivisen askeleen perustelemiseksi oletetaan, että se

ja sitten todistamme sen

Todella,

Näin ollen olemme osoittaneet vahvemman väitteen, josta seuraa välittömästi ongelman lausekkeen sisältämä väite.

Tässä on opettavaista, että vaikka meidän piti todistaa vahvempi väite kuin tehtävässä vaadittiin, voimme käyttää vahvempaa oletusta induktiivisessa vaiheessa. Tämä selittää sen, että matemaattisen induktion periaatteen suoraviivainen soveltaminen ei aina johda päämäärään.

Ongelmaa ratkaistaessa syntynyt tilanne kutsuttiinkeksijän paradoksi.Paradoksi itsessään on, että monimutkaisempia suunnitelmia voidaan toteuttaa menestyksekkäämmin, jos ne perustuvat asian ytimeen syvempään ymmärtämiseen.

Tehtävä 11. Todista, että 2 m + n - 2 m mille tahansa luonnolliselle tyyppi.

Ratkaisu. Tässä on kaksi parametria. Siksi voit yrittää suorittaa nskaksoisinduktio(induktio induktion sisällä).

Jatkamme induktiivista päättelyä P.

1. Induktiopohja kappaleen mukaisesti. Kun n = 1 täytyy tarkistaa se 2 t ~ 1 > t. Todistaaksemme tämän epätasa-arvon käytämme induktiota T.

A) Induktiopohja ns Kun t = 1 teloitettu
tasa-arvoa, mikä on hyväksyttävää.

b) Induktiovaihe nsOletetaan, että milloin t = k väite on totta, eli 2 k ~ 1 > k. Sitten asti
sanotaan, että väite on totta myös t = k + 1.
Meillä on:

luonnollisen kanssa.

Eli eriarvoisuus 2 suoritetaan missä tahansa luonnollisessa T.

2. Induktiovaihe kohteen mukaan.Valitaan ja korjataan jokin luonnollinen luku T. Oletetaan, että milloin n = I väite on tosi (kiinteälle t), eli 2 t +1 ~ 2 > t1, ja todistamme, että silloin väite pitää paikkansa myös n = l + 1.
Meillä on:

mille tahansa luonnolliselle tyyppi.

Siksi matemaattisen induktion periaatteen perusteella (by P) ongelman väite on totta kaikille P ja kaikista kiinteistä T. Näin ollen tämä epätasa-arvo pätee kaikkiin luonnollisiin tyyppi.

Tehtävä 12. Olkoot m, n ja k ovat luonnollisia lukuja ja t > s. Kumpi kahdesta numerosta on suurempi:

Jokaisessa ilmeessä Vastaanottaja neliöjuurimerkit, t ja p vuorottelevat.

Ratkaisu. Todistakaamme ensin jokin apuväite.

Lemma. Kaikille luonnollisille t ja p (t > p) ja ei-negatiivinen (ei välttämättä koko) X eriarvoisuus on totta

Todiste. Harkitse eriarvoisuutta

Tämä epätasa-arvo on totta, koska molemmat vasemman puolen tekijät ovat positiivisia. Laajentamalla sulkuja ja muuntamalla saamme:

Ottamalla viimeisen epäyhtälön kummankin puolen neliöjuuren saamme lemman lauseen. Eli lemma on todistettu.

Siirrytään nyt ongelman ratkaisemiseen. Merkitään ensimmäinen näistä luvuista A, ja toinen - läpi b k. Todistakaamme, että a minkään luonnollisen alla Vastaanottaja. Todistuksen suoritamme matemaattisen induktion menetelmällä erikseen parilliselle ja paritolle Vastaanottaja.

Induktiopohja. Kun k = 1 meillä on eriarvoisuutta

y[t > y/n , oikeudenmukainen johtuen siitä, että t > p. Kun k = 2 vaadittu saadaan todistetusta lemmasta korvaamalla x = 0.

Induktiovaihe. Oletetaan, että joillekin k epäyhtälö a > b k reilua. Todistetaan se

Induktio-oletuksesta ja neliöjuuren monotonisuudesta saamme:

Toisaalta todistetusta lemasta seuraa se

Yhdistämällä kaksi viimeistä epäyhtälöä saadaan:

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan väite on todistettu.

Ongelma 13. (Cauchyn epätasa-arvo.)Todista, että kaikilla positiivisilla luvuilla..., a p eriarvoisuus on totta

Ratkaisu. Jos n = 2, epäyhtälö

oletetaan, että aritmeettinen keskiarvo ja geometrinen keskiarvo (kahdelle luvulle) tunnetaan. Antaa n = 2, k = 1, 2, 3, ... ja suorita ensin induktio päälle Vastaanottaja. Tämän induktion perusta on tähän mennessä toteutunut olettaen, että vaadittava epätasa-arvo on jo määritetty n = 2, todistetaan se P = 2. Meillä on (soveltaen epäyhtälöä kahdelle numerolle):

Siksi induktiivisen hypoteesin mukaan

Siten induktiolla k:lla olemme osoittaneet epätasa-arvon kaikille p 9 on kahden voima.

Todistaa muiden arvojen epätasa-arvon P Käyttäkäämme "alaspäin induktiota" eli todistamme, että jos epäyhtälö pätee mielivaltaiselle ei-negatiiville P numeroita, niin se pätee myös(P - 1. päivä. Tämän tarkistamiseksi panemme merkille, että tehdyn oletuksen mukaan P numerot epätasa-arvo pätee

eli a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Jakamalla molemmat osat P - 1, saamme vaaditun epäyhtälön.

Joten ensin totesimme, että epäyhtälö pätee äärettömälle määrälle mahdollisia arvoja P, ja sitten osoitti, että jos epätasa-arvo pätee P numeroita, niin se pätee myös(P - 1) numerot. Tästä päättelemme nyt, että Cautyn epätasa-arvo pätee joukkoon P ei-negatiiviset luvut mille tahansa n = 2, 3, 4, ...

Tehtävä 14. (D. Uspensky.) Jokaiselle kolmiolle ABC, jonka kulmat = CAB = CBA ovat suhteellisia, on epätasa-arvoa

Ratkaisu. Kulmat ja ovat vertailukelpoisia, ja tämä (määritelmän mukaan) tarkoittaa, että näillä kulmilla on yhteinen mitta, jolle = p, = (p, q ovat luonnollisia yhteislukuja).

Käytetään matemaattisen induktion menetelmää ja suoritetaan se summan kautta p = p + q luonnolliset koprime-luvut.

Induktiopohja. Kun p + q = 2 meillä on: p = 1 ja q = 1. Silloin kolmio ABC on tasakylkinen ja tarvittavat epäyhtälöt ovat ilmeisiä: ne seuraavat kolmio-epäyhtälöstä

Induktiovaihe. Oletetaan nyt, että tarvittavat epäyhtälöt määritetään p + q = 2, 3, ..., k - 1, missä k > 2. Osoitetaan, että epäyhtälöt pätevät myös p + q = k.

Olkoon ABC - annettu kolmio, jolla on> 2. Sitten sivut AC ja BC ei voi olla tasa-arvoinen: anna AC > BC. Muodostetaan nyt, kuten kuvassa 2, tasakylkinen kolmio ABC; meillä on:

AC = DC ja AD = AB + BD, joten

2AC > AB + BD (1)

Harkitse nyt kolmiota BDC, joiden kulmat ovat myös oikeassa suhteessa:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Riisi. 2

Tälle kolmiolle induktiivinen hypoteesi pätee, ja siksi

(2)

Lisäämällä (1) ja (2) saamme:

2AC+BD>

ja siksi

Samasta kolmiosta VBS induktiohypoteesin avulla päätämme, että

Kun otetaan huomioon edellinen eriarvoisuus, päätämme, että

Siten saadaan induktiivinen siirtymä, ja ongelman esitys seuraa matemaattisen induktion periaatteesta.

Kommentti. Tehtävän lause pysyy voimassa myös silloin, kun kulmat a ja p eivät ole oikeassa suhteessa. Yleisen tapauksen tarkastelun perusteella meidän on jo sovellettava toista tärkeää matemaattista periaatetta - jatkuvuuden periaatetta.

Tehtävä 15. Useat suorat jakavat tason osiin. Todista, että voit värjätä nämä osat valkoisiksi

ja mustat värit siten, että viereiset osat, joilla on yhteinen reunasegmentti, ovat erivärisiä (kuten kuvassa 3 n = 4).

kuva 3

Ratkaisu. Käytetään induktiota rivien lukumäärässä. Joten anna P - niiden rivien lukumäärä, jotka jakavat koneemme osiin, n > 1.

Induktiopohja. Jos on vain yksi suora(P = 1), niin se jakaa tason kahteen puolitasoon, joista toinen voidaan värjätä valkoiseksi ja toinen mustaksi, ja tehtävän väite pitää paikkansa.

Induktiovaihe. Jotta induktiivisen siirtymän todistus olisi selkeämpi, harkitse yhden uuden rivin lisäämistä. Jos vedämme toisen suoran(P= 2), niin saadaan neljä osaa, jotka voidaan värjätä tarpeen mukaan maalaamalla vastakkaiset kulmat samalla värillä. Katsotaan mitä tapahtuu, jos vedämme kolmannen suoran. Se jakaa osan "vanhoista" osista, kun taas reunaan ilmestyy uusia osia, joiden molemmilla puolilla on sama väri (kuva 4).

Riisi. 4

Jatketaan seuraavasti:toisella puolellauudesta suorasta vaihdamme värejä - teemme valkoisen mustan ja päinvastoin; Samanaikaisesti emme maalaa uudelleen niitä osia, jotka ovat tämän suoran toisella puolella (kuva 5). Sitten tämä uusi väritys täyttää tarvittavat vaatimukset: linjan toisella puolella se oli jo vuorotellen (mutta eri väreillä), ja toisella puolella se oli mitä tarvittiin. Jotta osat, joilla on yhteinen piirrettyyn viivaan kuuluva raja, maalattaisiin eri väreillä, maalasimme osat uudelleen vain tämän vedetyn suoran yhdeltä puolelta.

Kuva 5

Todistetaan nyt induktiivinen siirtymä. Oletetaan, että joillekinp = kongelman väite on tosi, eli kaikki tason osat, joihin se on jaettu näilläVastaanottajasuoraan, voit maalata ne valkoiseksi ja mustaksi niin, että vierekkäiset osat ovat erivärisiä. Osoittakaamme, että silloin on olemassa tällainen väritysP= Vastaanottaja+ 1 suora. Jatketaan samalla tavalla kuin siirtyminen kahdesta rivistä kolmeen. Piirretään lentokoneessaVastaanottajasuoraan Sitten induktiohypoteesin avulla tuloksena oleva "kartta" voidaan värittää halutulla tavalla. Toteutetaan nyt(To+ 1) suora viiva ja sen toisella puolella vaihdamme värit vastakkaisiin. Joten nyt(To+ 1):s suora erottelee erivärisiä alueita kaikkialla, kun taas "vanhat" osat, kuten olemme jo nähneet, pysyvät oikein värjättyinä. Matemaattisen induktion periaatteen mukaan ongelma on ratkaistu.

Tehtävä16. Aavikon reunalla on runsaasti bensaa ja auto, joka voi tankattuaan matkustaa 50 kilometriä. Kapseleita, joihin voit kaataa bensiiniä autosi polttoainesäiliöstä ja jättää varastoitavaksi minne tahansa erämaahan, on rajattomasti. Osoita, että auto voi kulkea minkä tahansa kokonaislukumatkan, joka on suurempi kuin 50 kilometriä. Et saa kuljettaa bensatölkkejä, voit kuljettaa tyhjiä mitä tahansa määrää.

Ratkaisu.Yritetään todistaa induktiollaP,että auto voi ajaa poisPkilometriä aavikon reunalta. kloP= 50 tiedetään. Jäljelle jää vain induktiovaihe ja selittää, miten sinne pääseep = k+ 1 kilometri jos niin tiedetäänp = kKilometrejä saa ajaa.

Tässä kohtaamme kuitenkin vaikeuden: ohituksen jälkeenVastaanottajakilometriä, bensa ei välttämättä riitä edes paluumatkalle (varastosta puhumattakaan). Ja tässä tapauksessa ratkaisu on vahvistaa todistettavaa väitettä (keksijän paradoksi). Todistamme, että et osaa vain ajaaPkilometriä, mutta myös mielivaltaisen suuren polttoainemäärän valmistaminen etäällä olevasta pisteestäPkilometriä aavikon reunalta saapuen tähän pisteeseen kuljetuksen päätyttyä.

Induktiopohja.Olkoon bensiinin yksikkö se bensiinin määrä, joka tarvitaan yhden kilometrin matkaan. Sitten 1 kilometrin matka takaisin vaatii kaksi yksikköä bensiiniä, joten voimme jättää 48 yksikköä bensiiniä varastoon kilometrin päähän reunasta ja palata uudelle annokselle. Siten useiden varastomatkojen aikana voimme tehdä minkä tahansa kokoisen varaston, jota tarvitsemme. Samaan aikaan, jotta voimme luoda 48 yksikköä reserviä, kulutamme 50 yksikköä bensiiniä.

Induktiovaihe.Oletetaan, että etänäP= Vastaanottajaaavikon reunalta voit varastoida minkä tahansa määrän bensiiniä. Osoittakaamme, että silloin on mahdollista luoda varastotila etäältäp = k+ 1 kilometri etukäteen määritellyllä bensiinivaralla ja päätyy tähän varastoon kuljetuksen päätyttyä. Koska pisteessäP= Vastaanottajabensiiniä on rajattomasti, niin (induktiopohjan mukaan) pääsemme pisteeseen useilla matkoillap = k+ 1 tehdä kohtaP= Vastaanottaja4-1 varastosta mitä tahansa tarvittavaa kokoa.

Ongelmalausetta yleisemmän väitteen totuus seuraa nyt matemaattisen induktion periaatteesta.

Johtopäätös

Erityisesti matemaattisen induktion menetelmää opiskelemalla lisäsin tietämystäni tällä matematiikan alueella ja opin myös ratkaisemaan ongelmia, jotka eivät olleet aiemmin voimiani.

Useimmiten nämä olivat loogisia ja viihdyttäviä tehtäviä, ts. vain ne, jotka lisäävät kiinnostusta matematiikkaa kohtaan tieteenä. Tällaisten ongelmien ratkaisemisesta tulee viihdyttävää toimintaa ja se voi houkutella yhä enemmän uteliaita ihmisiä matemaattisiin labyrinteihin. Mielestäni tämä on kaiken tieteen perusta.

Jatkamalla matemaattisen induktion menetelmän tutkimista, yritän oppia soveltamaan sitä paitsi matematiikassa myös fysiikan, kemian ja itse elämän ongelmien ratkaisemisessa.

Kirjallisuus

1. Vulenkin INDUKTIO. Kombinatoriikka. Käsikirja opettajille. M., valaistuminen,

1976.-48 s.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induktio geometriassa. - M.: Valtio. julkaistu litraa. - 1956 - S.I00. Matematiikan käsikirja yliopistoon tuleville / Toim. Yakovleva G.N. Tiede. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induktio geometriassa. —
M.: Nauka, 1961. - (Suosittuja matematiikan luentoja.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Oppikirja / "Valaistus" 1975.

5.R. Courant, G. Robbins "Mikä on matematiikka?" Luku 1, § 2

6. Popa D. Matematiikka ja uskottava päättely. - M,: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matemaattinen löytö. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kuinka opettaa matemaattisen induktion menetelmä / Matematiikan koulu. - Nl. - 1996. - P.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. Matemaattisen induktion menetelmästä. - M.: Nauka, 1977. - (Suosittuja matematiikan luentoja.)

10. Solominsky I.S. Matemaattisen induktion menetelmä. - M.: Tiede.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Tietoja matemaattisesta induktiosta. - M.: Tiede. - 1967. - S.7-59.

12.http://w.wikimedia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Luento 6. Matemaattisen induktion menetelmä.

Tieteessä ja elämässä uutta tietoa saadaan eri tavoin, mutta ne kaikki (jos et mene yksityiskohtiin) on jaettu kahteen tyyppiin - siirtyminen yleisestä erityiseen ja erityisestä yleiseen. Ensimmäinen on deduktio, toinen on induktio. Deduktiivista päättelyä kutsutaan matematiikassa yleisesti. looginen päättely, ja matemaattisessa tieteessä päättely on ainoa laillinen tutkimusmenetelmä. Loogisen päättelyn säännöt muotoili kaksi ja puoli tuhatta vuotta sitten antiikin kreikkalainen tiedemies Aristoteles. Hän loi täydellisen luettelon yksinkertaisimmista oikeista päätelmistä, syllogismit– logiikan "rakennuspalikoita", samalla osoittaen tyypillistä päättelyä, joka on hyvin samankaltainen kuin oikea, mutta virheellinen (tällaista "pseudologista" päättelyä kohtaamme usein mediassa).

Induktio (induktio - latinaksi opastusta) havainnollistaa selvästi kuuluisa legenda siitä, kuinka Isaac Newton muotoili yleisen gravitaatiolain sen jälkeen, kun omena putosi hänen päähänsä. Toinen esimerkki fysiikasta: sähkömagneettisen induktion kaltaisessa ilmiössä sähkökenttä luo, "indusoi" magneettikentän. "Newtonin omena" on tyypillinen esimerkki tilanteesta, jossa yksi tai useampi erikoistapaus, eli havainnot, "ehdottaa" yleistä lausuntoa; yleinen johtopäätös tehdään yksittäisten tapausten perusteella. Induktiivinen menetelmä on tärkein yleisten mallien saamiseksi sekä luonnontieteissä että humanistisissa tieteissä. Mutta sillä on erittäin merkittävä haittapuoli: tiettyjen esimerkkien perusteella voidaan tehdä väärä johtopäätös. Yksityisistä havainnoista johtuvat hypoteesit eivät aina pidä paikkaansa. Tarkastellaanpa esimerkkiä Eulerin johdosta.

Laskemme trinomin arvon joillekin ensimmäisille arvoille n:

Huomaa, että laskelmien tuloksena saadut luvut ovat alkulukuja. Ja se voidaan suoraan tarkistaa jokaisen kohdalla n 1-39 polynomiarvo
on alkuluku. Kuitenkin milloin n=40 saadaan luku 1681=41 2, joka ei ole alkuluku. Siten hypoteesi, joka voisi syntyä tässä, eli hypoteesi, että jokaiselle n määrä
on yksinkertainen, osoittautuu vääräksi.

Leibniz osoitti 1600-luvulla sen jokaiselle positiiviselle kokonaisuudelle n määrä
jaollinen 3:lla, luku
jaollinen 5:llä jne. Tämän perusteella hän oletti, että mikä tahansa outo k ja mikä tahansa luonnollinen n määrä
jaettuna k, mutta huomasin sen pian
ei ole jaollinen 9:llä.

Tarkastettujen esimerkkien avulla voimme tehdä tärkeän johtopäätöksen: lausunto voi olla oikeudenmukainen useissa erityistapauksissa ja samalla epäoikeudenmukainen yleisesti. Kysymys lausunnon pätevyydestä yleisessä tapauksessa voidaan ratkaista käyttämällä erityistä päättelymenetelmää, jota kutsutaan matemaattisen induktion avulla(täydellinen induktio, täydellinen induktio).

6.1. Matemaattisen induktion periaate.

♦ Matemaattisen induktion menetelmä perustuu matemaattisen induktion periaate , joka on seuraava:

1) tämän lausunnon oikeellisuus tarkistetaann=1 (induktioperusteisesti) ,

2) tämän väitteen pätevyyden oletetaann= k, Missäk– mielivaltainen luonnollinen luku 1(induktio-oletus) , ja tämä oletus huomioon ottaen sen pätevyys vahvistetaann= k+1.

Todiste. Oletetaan päinvastoin, eli oletetaan, että väite ei ole totta kaikille luonnollisille n. Sitten on sellainen luonnollinen m, Mitä:

1) lausunto puolesta n=m epäreilua,

2) kaikille n, pienempi m, väite on totta (toisin sanoen m on ensimmäinen luonnollinen luku, jolle väite ei pidä paikkaansa).

Se on selvää m>1, koska varten n=1 väite on tosi (ehto 1). Siten,
- luonnollinen luku. Se käy ilmi luonnolliselle luvulle
lause on tosi, ja seuraavalle luonnolliselle luvulle m se on epäreilua. Tämä on ristiriidassa ehdon 2 kanssa. ■

Huomaa, että todistuksessa käytettiin aksioomaa, että mikä tahansa luonnollisten lukujen joukko sisältää pienimmän luvun.

Matemaattisen induktion periaatteeseen perustuvaa todistusta kutsutaan täydellisen matemaattisen induktion menetelmällä .

 Esimerkki6.1. Todista se kaikille luonnollisille n määrä
jaollinen 3:lla.

Ratkaisu.

1) Milloin n=1, niin a 1 on jaollinen kolmella ja lause on tosi kun n=1.

2) Oletetaan, että väite pitää paikkansa n=k,
, eli tuo numero
on jaollinen kolmella, ja määritetään, että milloin n=k+1 luku on jaollinen 3:lla.

Todellakin,

Koska Jokainen termi on jaollinen 3:lla, niin niiden summa on myös jaollinen 3:lla. ■ 

 Esimerkki6.2. Todista, että ensimmäisen summa n luonnolliset parittomat luvut on yhtä suuri kuin niiden lukumäärän neliö, eli.

Ratkaisu. Käytetään täydellisen matemaattisen induktion menetelmää.

1) Tarkistamme tämän lausunnon oikeellisuuden milloin n=1: 1=1 2 – tämä on totta.

2) Oletetaan, että ensimmäisen summa k (
) parittomien lukujen lukumäärä on yhtä suuri kuin näiden lukujen lukumäärän neliö, eli. Tämän yhtäläisyyden perusteella määritämme, että ensimmäisen summa k+1 parittomat luvut on yhtä suuri kuin
, tuo on .

Käytämme oletustamme ja saamme

. ■ 

Täydellisen matemaattisen induktion menetelmää käytetään joidenkin epäyhtälöiden todistamiseen. Todistakaamme Bernoullin epätasa-arvo.

 Esimerkki6.3. Todista, että milloin
ja mikä tahansa luonnollinen n eriarvoisuus on totta
(Bernoullin epätasa-arvo).

Ratkaisu. 1) Milloin n=1 saamme
, mikä on totta.

2) Oletetaan, että milloin n=k on eriarvoisuutta
(*). Tätä olettamusta käyttämällä todistamme sen
. Huomaa, että milloin
tämä epätasa-arvo pätee, ja siksi tapauksen tarkastelu riittää
.

Kerrotaan epäyhtälön (*) molemmat puolet luvulla
ja saamme:

Eli (1+
.■ 

Todistus menetelmällä epätäydellinen matemaattinen induktio jokin lausunto riippuen n, Missä
suoritetaan samalla tavalla, mutta alussa perustellaan oikeudenmukaisuus pienimmälle arvolle n.

Jotkut ongelmat eivät nimenomaisesti esitä väitettä, joka voidaan todistaa matemaattisella induktiolla. Tällaisissa tapauksissa sinun on määritettävä malli itse ja tehtävä hypoteesi tämän mallin pätevyydestä ja sitten testattava ehdotettu hypoteesi matemaattisen induktion menetelmällä.

 Esimerkki6.4. Etsi summa
.

Ratkaisu. Etsitään summat S 1 , S 2 , S 3. Meillä on
,
,
. Oletamme, että kaikki luonnolliset n kaava on voimassa
. Tämän hypoteesin testaamiseksi käytämme täydellisen matemaattisen induktion menetelmää.

1) Milloin n=1 hypoteesi on oikea, koska
.

2) Oletetaan, että hypoteesi pitää paikkansa n=k,
, tuo on
. Käyttämällä tätä kaavaa vahvistamme, että hypoteesi on totta, vaikka n=k+1, eli

Todellakin,

Perustuu siis oletukseen, että hypoteesi on totta milloin n=k,
, on todistettu, että se pätee myös n=k+1, ja matemaattisen induktion periaatteen perusteella päätämme, että kaava pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle n. ■ 

 Esimerkki6.5. Matematiikassa on todistettu, että kahden tasaisesti jatkuvan funktion summa on tasaisesti jatkuva funktio. Tämän väitteen perusteella sinun on todistettava, että minkä tahansa luvun summa
Tasaisesti jatkuvien funktioiden funktio on tasaisesti jatkuva funktio. Mutta koska emme ole vielä ottaneet käyttöön "tasaisesti jatkuvan funktion" käsitettä, esitämme ongelman abstraktimmin: olkoon tiedossa, että kahden funktion summa, joilla on jokin ominaisuus S, itsellään on omaisuutta S. Osoittakaamme, että minkä tahansa määrän funktioiden summalla on ominaisuus S.

Ratkaisu. Induktion perusta tässä sisältyy itse ongelman muotoiluun. Kun olet tehnyt induktio-oletuksen, harkitse
toimintoja f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, joilla on omaisuus S. Sitten . Oikealla puolella ensimmäisellä termillä on omaisuus S induktiohypoteesin mukaan toisella termillä on ominaisuus S ehdon mukaan. Näin ollen heidän summalla on omaisuus S– kahdella termillä induktioperuste "toimii".

Tämä todistaa väitteen ja käytämme sitä jatkossakin. ■ 

 Esimerkki6.6. Löydä kaikki luonnolliset n, jolle epätasa-arvo on totta

.

Ratkaisu. Harkitsemme n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Meillä on: 2 1 > 1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 > 6 2. Siten voimme tehdä hypoteesin: epätasa-arvo
on paikka kaikille
. Tämän hypoteesin totuuden todistamiseksi käytämme epätäydellisen matemaattisen induktion periaatetta.

1) Kuten edellä todettiin, tämä hypoteesi on totta, kun n=5.

2) Oletetaan, että se pitää paikkansa n=k,
, eli epätasa-arvo on voimassa
. Tätä olettamusta käyttämällä todistamme, että epätasa-arvo
.

Koska
ja klo
on eriarvoisuutta

klo
,

sitten saamme sen
. Joten, hypoteesin totuus klo n=k+1 seuraa olettamuksesta, että se on totta milloin n=k,
.

Kappaleista. 1 ja 2 epätäydellisen matemaattisen induktion periaatteeseen perustuen seuraa, että epäyhtälö
totta kaikille luonnollisille
. ■ 

 Esimerkki6.7. Todista se mille tahansa luonnolliselle luvulle n erotuskaava on pätevä
.

Ratkaisu. klo n=1 tämä kaava näyttää
, tai 1=1, eli se on oikein. Tekemällä induktio-oletuksen meillä on:

Q.E.D. ■ 

 Esimerkki6.8. Todista, että joukko koostuu n elementtejä, on osajoukkoja

Ratkaisu. Sarja, joka koostuu yhdestä elementistä A, sisältää kaksi alajoukkoa. Tämä on totta, koska kaikki sen osajoukot ovat tyhjä joukko ja itse tyhjä joukko, ja 2 1 =2.

Oletetaan, että jokainen joukko n elementtejä on osajoukkoja Jos joukko A koostuu n+1 elementtejä, sitten kiinnitämme siihen yhden elementin - merkitsemme sitä d, ja jaa kaikki osajoukot kahteen luokkaan - niihin, jotka eivät sisällä d ja sisältävät d. Kaikki ensimmäisen luokan osajoukot ovat joukon B osajoukkoja, jotka saadaan A:sta poistamalla elementti d.

Sarja B koostuu n elementtejä, ja siksi hänellä on induktion avulla osajoukkoja, joten ensimmäisessä luokassa osajoukkoja

Mutta toisessa luokassa on sama määrä osajoukkoja: jokainen niistä saadaan täsmälleen yhdestä ensimmäisen luokan osajoukosta lisäämällä elementti d. Siksi yhteensä sarja A
osajoukkoja

Näin väite on todistettu. Huomaa, että se pätee myös joukolle, joka koostuu 0 elementistä - tyhjästä joukosta: sillä on yksi osajoukko - itse ja 2 0 = 1. ■ 

Todista matemaattisen induktion menetelmällä, että mikä tahansa luonnollinen n seuraavat yhtäläisyydet ovat voimassa:
A) ;
b) .

Ratkaisu.

a) Milloin n= 1 yhtäläisyys on totta. Olettaen, että tasa-arvo on voimassa n, osoittakaamme sen pätevyys silloinkin, kun n+ 1. Todellakin,

Q.E.D.

b) Milloin n= 1 tasa-arvon pätevyys on ilmeinen. Oletuksesta, että se on voimassa klo n pitäisi

Koska yhtälö 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, saamme

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

eli väite on totta myös milloin n + 1.

Esimerkki 1. Todista seuraavat yhtäläisyydet

Ratkaisu. a) Milloin n= 1 yhtäläisyys saa muotoa 1=1, joten P(1) on totta. Oletetaan, että tämä yhtäläisyys on totta, eli se pätee

Siten matemaattisen induktion menetelmän mukaan alkuperäinen yhtäläisyys pätee mille tahansa luonnolliselle n.

Muistio 2. Tämä esimerkki olisi voitu ratkaista toisin. Todellakin, summa on 1 + 2 + 3 + ... + n on ensimmäisen summa n aritmeettisen progression termejä ensimmäisen termin kanssa a 1 = 1 ja ero d= 1. Tunnetun kaavan perusteella , saamme

b) Milloin n= 1 yhtäläisyys saa muotoa: 2 1 - 1 = 1 2 tai 1 = 1, eli P(1) on totta. Oletetaan, että tasa-arvo

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 ja todistaa, että se tapahtuuP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 tai 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Induktiohypoteesia käyttämällä saamme

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Täten, P(n+ 1) on totta ja siksi vaadittu yhtäläisyys on todistettu.

Huomautus 3. Tämä esimerkki voidaan ratkaista (samanlainen kuin edellinen) ilman matemaattisen induktion menetelmää.

c) Milloin n= 1 yhtälö on tosi: 1=1. Oletetaan, että tasa-arvo on totta

d) Milloin n= 1 yhtälö on tosi: 1=1. Oletetaan, että se tapahtuu

Todella,

e) Hyväksyntä P(1) tosi: 2=2. Oletetaan, että tasa-arvo

Näin ollen alkuperäinen tasa-arvo pätee kaikkiin luonnollisiin n.

f) P(1) totta: 1/3 = 1/3. Olkoon tasa-arvo P(n):

Todellakin, kun otetaan huomioon P(n) pitää, saamme

Näin tasa-arvo on todistettu.

g) Milloin n= 1 meillä on a + b = b + a ja siksi tasa-arvo on oikeudenmukaista.

Olkoon Newtonin binomikaava voimassa n = k, tuo on,

Esimerkki 2. Todista eriarvoisuudet

Ratkaisu. a) Milloin n= 1 saadaan todellinen epäyhtälö

1 + a ≥ 1 + a. Oletetaan, että epätasa-arvo on olemassa

Todellakin, koska > -1 merkitsee + 1 > 0, niin kerrotaan epäyhtälön (1) molemmat puolet arvolla (a + 1), saadaan

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) tai (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Koska n a 2 ≥ 0, siis(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Eli jos P(n) on sitten totta P(n+ 1) on totta, joten matemaattisen induktion periaatteen mukaan Bernoullin epäyhtälö on totta.

b) Milloin n= 1 saamme x 1 = 1 ja siksi x 1 ≥ 1 eli P(1) on oikea lausunto. Teeskennetäänpä sitä P(n) on totta, eli jos adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n positiiviset luvut, joiden tulo on yksi, x 1 x 2 ·...· x n= 1 ja x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Osoittakaamme, että tämä lause sisältää totuuden seuraavasta: jos x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positiivisia lukuja siten, että x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1 siis x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Harkitse seuraavia kahta tapausta:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Sitten näiden lukujen summa on ( n+ 1), ja vaadittu epäyhtälö täyttyy;

2) ainakin yksi luku on eri kuin yksi, olkoon esimerkiksi suurempi kuin yksi. Siitä lähtien x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, on vähintään yksi enemmän kuin yksi luku (tarkemmin sanottuna pienempi kuin yksi). Antaa x n+ 1 > 1 ja x n < 1. Рассмотрим n positiivisia lukuja

Koska

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0 n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Siksi x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, eli jos P(n) on sitten tottaP(n+1) reilu. Eriarvoisuus on todistettu.

Huomautus 4. Yhtävyysmerkki pätee jos ja vain jos x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Anna x 1 ,x 2 ,...,x n- mielivaltaiset positiiviset luvut. Harkitse seuraavaa n positiiviset luvut:

Huomautus 5. Tasa-arvo pätee jos ja vain jos x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) on oikea väite: sin 2 a + cos 2 a = 1. Oletetaan, että P(n) on totta väite:

Synti 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 ja näyttää mitä tapahtuuP(n+ 1). Todella, synti 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (jos sin 2 a ≤ 1, niin cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, sitten sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n NOIN N synti 2 n a + cos 2 n ≤ 1 ja yhtäläisyysmerkki saavutetaan vain, kunn = 1.

e) Milloin n= 1 väite on totta: 1< 3 / 2 .

Oletetaan, että ja me todistamme sen

f) Ottaen huomioon huomautuksen 1, tarkistetaan P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, joten n= 10 väite on totta. Oletetaan, että 2 n > n 3 (n> 10) ja todista P(n+ 1), eli 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Mistä lähtien n> 10 meillä on tai , seuraa sitä

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 tai n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Kun otetaan huomioon eriarvoisuus (2 n > n 3), saamme 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Siten matemaattisen induktion menetelmän mukaan kaikille luonnollisille n NOIN N, n≥ 10 meillä on 2 n > n 3 .

Esimerkki 3. Todista se kenelle tahansa n NOIN N

Ratkaisu. a) P(1) on tosi väite (0 jaetaan 6:lla). Antaa P(n) on reilua, eli n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) on jaollinen 6:lla. Osoitetaan, että silloin se tapahtuu P(n+1), eli ( n + 1)n(2n+ 1) on jaollinen 6:lla. Todellakin, koska

Täten, P(n+ 1) on oikea lausunto, ja siksi n(2n 2 - 3n+ 1) mikä tahansa jaollinen 6:lla n NOIN N.

b) Tarkistetaan P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, joten P(1) on oikea lausunto. On todistettava, että jos 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 jaetaan luvulla 11 ( P(n)), sitten 6 2 n + 3 n+2 + 3 n myös jaollinen luvulla 11 ( P(n+1)). Todellakin, siitä lähtien

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 ja kuten 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ja 33 6 2 n-2 ovat jaollisia 11:llä, niin niiden summa on 6 2n + 3 n+2 + 3 n on jaollinen luvulla 11. Väite on todistettu. Induktio geometriassa

Esimerkki 4. Laske oikean 2:n puoli n-säteiseen ympyrään piirretty kolmio R.

Bibliografinen kuvaus: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen luonnollisten lukujen jaollisuusongelmien ratkaisemiseen // Nuori tiedemies. 2015. Nro 2. s. 84-86..04.2019).

Matematiikan olympialaisissa on usein melko vaikeita tehtäviä todistaa luonnollisten lukujen jaollisuus. Koululaiset kohtaavat ongelman: kuinka löytää universaali matemaattinen menetelmä, jonka avulla he voivat ratkaista tällaisia ​​​​ongelmia?

Osoittautuu, että useimmat jaollisuuden todistamisen ongelmista voidaan ratkaista matemaattisen induktion menetelmällä, mutta koulukirjoissa kiinnitetään tähän menetelmään hyvin vähän huomiota, useimmiten annetaan lyhyt teoreettinen kuvaus ja analysoidaan useita ongelmia.

Löydämme matemaattisen induktion menetelmän lukuteoriasta. Lukuteorian kynnyksellä matemaatikot löysivät monia tosiasioita induktiivisesti: L. Euler ja K. Gauss pohdiskelivat joskus tuhansia esimerkkejä ennen kuin huomasivat numeerisen kuvion ja uskoivat siihen. Mutta samalla he ymmärsivät, kuinka petollisia hypoteesit, jotka ovat läpäisseet "lopullisen" testin, voivat olla. Jotta induktiivisesti voidaan siirtyä äärelliselle osajoukolle varmennetusta lauseesta samanlaiseen lauseeseen koko äärettömälle joukolle, tarvitaan todiste. Tätä menetelmää ehdotti Blaise Pascal, joka löysi yleisen algoritmin minkä tahansa kokonaisluvun jaollisuuden merkkien löytämiseksi millä tahansa muulla kokonaisluvulla (käsitelmä "Lukujen jaollisuuden luonteesta").

Matemaattisen induktion menetelmällä todistetaan perustelemalla tietyn väitteen totuus kaikille luonnollisille luvuille tai tietystä luvusta n alkavan väitteen totuus.

Tehtävien ratkaiseminen tietyn väitteen totuuden todistamiseksi matemaattisen induktion menetelmällä koostuu neljästä vaiheesta (kuva 1):

Riisi. 1. Kaava ongelman ratkaisemiseksi

1. Induktioperuste . He tarkistavat väitteen pätevyyden pienimmälle luonnolliselle luvulle, jolle väite on järkevä.

2. Induktiivinen hypoteesi . Oletetaan, että väite on tosi jollekin k:n arvolle.

3. Induktio siirtymä . Osoitamme, että väite on totta k+1:lle.

4. Johtopäätös . Jos tällainen todistus valmistui, niin matemaattisen induktion periaatteen perusteella voidaan väittää, että väite on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Tarkastellaan matemaattisen induktion menetelmän soveltamista luonnollisten lukujen jaollisuuden todistamisongelmien ratkaisemiseen.

Esimerkki 1. Osoita, että luku 5 on luvun 19 kerrannainen, missä n on luonnollinen luku.

Todiste:

1) Tarkistetaan, että tämä kaava on oikein n = 1: luku =19 on luvun 19 kerrannainen.

2) Olkoon tämä kaava tosi, kun n = k, eli luku on luvun 19 kerrannainen.

Se on luvun 19 kerrannainen. Itse asiassa ensimmäinen termi on jaollinen 19:llä johtuen oletuksesta (2); Toinen termi on myös jaollinen luvulla 19, koska se sisältää kertoimen 19.

Esimerkki 2. Osoita, että kolmen peräkkäisen luonnollisen luvun kuutioiden summa on jaollinen 9:llä.

Todiste:

Todistakaamme väite: ”Millä tahansa luonnollisella luvulla n lauseke n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 on luvun 9 kerrannainen.

1) Tarkistetaan, että tämä kaava on oikea arvolle n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 luvun 9 kerrannaista.

2) Olkoon tämä kaava tosi, kun n = k, eli k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 on luvun 9 kerrannainen.

3) Osoitetaan, että kaava pätee myös n = k + 1:lle, eli (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 on luvun 9 kerrannainen. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3 k+ 3).

Tuloksena oleva lauseke sisältää kaksi termiä, joista jokainen on jaollinen 9:llä, joten summa on jaollinen 9:llä.

4) Molemmat matemaattisen induktion periaatteen ehdot täyttyvät, joten lause on totta kaikille n:n arvoille.

Esimerkki 3. Osoita, että minkä tahansa luonnollisen luvun n kohdalla luku 3 2n+1 +2 n+2 on jaollinen 7:llä.

Todiste:

1) Tarkistetaan, että tämä kaava on oikein n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 on 7:n kerrannainen.

2) Olkoon tämä kaava tosi, kun n = k, eli 3 2 k +1 +2 k +2 jaetaan luvulla 7.

3) Osoitetaan, että kaava pätee myös n = k + 1:lle, ts.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7,2 k +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 jaetaan 7:llä ja 7 2 k +2 jaetaan 7:llä, jolloin niiden erotus jaetaan 7:llä.

4) Molemmat matemaattisen induktion periaatteen ehdot täyttyvät, joten lause on totta kaikille n:n arvoille.

Monet luonnollisten lukujen jakoteorian todistusongelmat voidaan ratkaista kätevästi matemaattisen induktion menetelmällä; voidaan jopa sanoa, että ongelmien ratkaiseminen tällä menetelmällä on täysin algoritmista; riittää, että suoritetaan 4 perusvaihetta. Mutta tätä menetelmää ei voida kutsua universaaliksi, koska siinä on myös haittoja: ensinnäkin se voidaan todistaa vain luonnollisten lukujen joukolla ja toiseksi se voidaan todistaa vain yhdelle muuttujalle.

Loogisen ajattelun ja matemaattisen kulttuurin kehittämiseksi tämä menetelmä on välttämätön työkalu, koska suuri venäläinen matemaatikko A. N. Kolmogorov sanoi: "Ymmärrys ja kyky soveltaa oikein matemaattisen induktion periaatetta on hyvä loogisen kypsyyden kriteeri, joka on ehdottomasti välttämätön matemaatikolle."

Kirjallisuus:

1. Vilenkin N. Ya. Induktio. Kombinatoriikka. - M.: Koulutus, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Matemaattisesta induktiosta. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominsky I. S. Matemaattisen induktion menetelmä. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin I.F. Valinnainen matematiikan kurssi: Ongelmanratkaisu: Oppikirja 10. luokalle. koulun keskiarvo - M.: Koulutus, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Matemaattinen induktio. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 s.