Методот на математичка индукција резиме на лекцијата. Примери - математичка индукција

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧКА ИНДУКЦИЈА

Зборот индукција на руски значи насоки, а индуктивните се нарекуваат заклучоци засновани на набљудувања, експерименти, т.е. добиени со заклучување од посебното кон општото.

На пример, секој ден забележуваме дека Сонцето изгрева од исток. Затоа, можете да бидете сигурни дека утре ќе се појави на исток, а не на запад. Овој заклучок го извлекуваме без прибегнување кон какви било претпоставки за причината за движењето на Сонцето низ небото (покрај тоа, самото ова движење се покажува очигледно, бидејќи земјината топка всушност се движи). А сепак, оваа индуктивна изведба правилно ги опишува набљудувањата што ќе ги направиме утре.

Улогата на индуктивните заклучоци во експерименталните науки е многу голема. Тие ги даваат тие одредби, од кои потоа се донесуваат понатамошни заклучоци со дедукција. И иако теоретската механика се заснова на трите закони за движење на Њутн, самите овие закони беа резултат на длабока рефлексија на експерименталните податоци, особено на законите на Кеплер за планетарно движење, добиени од него за време на обработката на долгорочните набљудувања од данскиот астроном. Тихо Брахе. Набљудувањето и индукцијата ќе бидат корисни во иднина за да се усовршат направените претпоставки. По експериментите на Мајкелсон за мерење на брзината на светлината во подвижен медиум, се покажа дека е неопходно да се разјаснат законите на физиката и да се создаде теорија на релативност.

Во математиката, улогата на индукцијата е во голема мера тоа што лежи во основата на избраната аксиоматика. Откако долго вежбање покажа дека правата патека е секогаш пократка од закривената или скршената, природно беше да се формулира аксиома: за кои било три точки A, B и C, нееднаквоста

Основниот поим за аритметика што треба да се следи, исто така, произлезе од набљудувањето на формирањето на војници, бродови и други наредени множества.

Сепак, не треба да се мисли дека ова е крајот на улогата на индукцијата во математиката. Се разбира, не треба експериментално да ги потврдуваме теоремите кои логички се изведени од аксиоми: ако не се направени логички грешки при изведувањето, тогаш тие се вистинити доколку аксиомите што ги прифативме се вистинити. Но, многу изјави може да се заклучат од овој систем на аксиоми. А изборот на оние искази што треба да се докажат повторно се сугерира со индукција. Таа е таа што ни дозволува да ги одвоиме корисните теореми од бескорисните, укажува кои теореми може да се покажат како вистинити, па дури и помага да се опише патот на докажувањето.

Суштината на методот на математичка индукција

Во многу делови од аритметиката, алгебрата, геометријата, анализата, треба да се докаже вистинитоста на речениците A(n) кои зависат од природна променлива. Доказот за вистинитоста на предлогот A(n) за сите вредности на променливата често може да се изврши со методот на математичка индукција, кој се заснова на следниот принцип.

Реченицата A(n) се смета за вистинита за сите природни вредности на променливата ако се исполнети следните два услови:

Предлогот A(n) е точен за n=1.

Од претпоставката дека A(n) е точно за n=k (каде k е кој било природен број), следува дека е точно за следната вредност n=k+1.

Овој принцип се нарекува принцип на математичка индукција. Обично се избира како една од аксиомите кои ги дефинираат природните серии на броеви и оттука се прифаќаат без доказ.

Методот на математичка индукција се подразбира како следниов метод на докажување. Ако се бара да се докаже вистинитоста на предлогот A(n) за сите природни n, тогаш, прво, треба да се провери вистинитоста на предлогот A(1) и, второ, да се претпостави вистинитоста на предлогот A(k) , обидете се да докажете дека предлогот A(k +1) е точно. Ако ова може да се докаже, а доказот остане валиден за секоја природна вредност на k, тогаш, во согласност со принципот на математичка индукција, предлогот A(n) се препознава како вистинит за сите вредности на n.

Методот на математичка индукција е широко користен при докажување на теореми, идентитети, неравенки, во решавање проблеми со деливост, при решавање на некои геометриски и многу други проблеми.

Методот на математичка индукција при решавање на задачи на

деливост

Користејќи го методот на математичка индукција, може да се докажат различни тврдења во врска со деливоста на природните броеви.

Следното тврдење може да се докаже релативно лесно. Да покажеме како се добива со методот на математичка индукција.

Пример 1. Ако n е природен број, тогаш бројот е парен.

За n=1 нашата изјава е точна: - парен број. Да претпоставиме дека е парен број. Бидејќи , 2k е парен број, тогаш дури. Значи, парноста се докажува за n=1, паритетот се изведува од паритетот .Значи, дури и за сите природни вредности на n.

Пример 2Докажете ја вистинитоста на реченицата

A(n)=(бројот 5 е множител на 19), n е природен број.

Одлука.

Исказот A(1)=(бројот е множител на 19) е точно.

Да претпоставиме дека за некоја вредност n=k

A(k)=(бројот е множител на 19) е точно. Потоа, бидејќи

Очигледно, A(k+1) е исто така точно. Навистина, првиот член е делив со 19 врз основа на претпоставката дека A(k) е точно; вториот член е исто така делив со 19, бидејќи го содржи факторот 19. Задоволени се и двата услови на принципот на математичка индукција, затоа, предлогот A(n) е точен за сите вредности на n.

Примена на методот на математичка индукција на

збир на серии

Пример 1Докажете ја формулата

, n е природен број.

Одлука.

За n=1, двата дела на еднаквоста се претвораат во едно и затоа е исполнет првиот услов од принципот на математичка индукција.

Да претпоставиме дека формулата е точна за n=k, т.е.

.

Да ги додадеме двете страни на оваа еднаквост и да ја трансформираме десната страна. Потоа добиваме

Така, од тоа што формулата е точна за n=k, произлегува дека е точна и за n=k+1. Оваа изјава е точна за која било природна вредност на k. Значи, вториот услов од принципот на математичка индукција е исто така задоволен. Формулата е докажана.

Пример 2Докажете дека збирот на првите n броеви од природната серија е .

Одлука.

Да ја означиме потребната сума т.е. .

За n=1, хипотезата е точна.

Нека биде . Да го покажеме тоа .

Навистина,

Проблемот е решен.

Пример 3Докажете дека збирот на квадратите на првите n броеви од природната серија е еднаков на .

Одлука.

Нека биде.

.

Ајде да се преправаме дека . Потоа

И, конечно.

Пример 4Докажете го тоа.

Одлука.

Ако тогаш

Пример 5Докажете го тоа

Одлука.

За n=1, хипотезата е очигледно вистинита.

Нека биде.

Да го докажеме тоа.

Навистина,

Примери за примена на методот на математичка индукција на

доказ за нееднаквости

Пример 1Докажи дека за кој било природен број n>1

.

Одлука.

Означете ја левата страна на неравенката со .

Според тоа, за n=2, неравенството е точно.

Нека за некои к. Да докажеме дека тогаш и . Ние имаме , .

Споредувајќи и , имаме , т.е. .

За секој позитивен цел број k, десната страна на последното равенство е позитивна. Значи . Но, затоа, и.

Пример 2Најдете грешка во расудувањето.

Изјава. За секое природно n, неравенството е точно.

Доказ.

. (1)

Да докажеме дека тогаш неравенството важи и за n=k+1, т.е.

.

Навистина, најмалку 2 за секој природен к. Ајде да додадеме неравенка (1) на левата страна и 2 на десната страна. . Тврдењето е докажано.

Пример 3Докажете го тоа , каде што >-1, , n е природен број поголем од 1.

Одлука.

За n=2, неравенството е точно, бидејќи .

Нека неравенството е точно за n=k, каде што k е некој природен број, т.е.

. (1)

Да покажеме дека тогаш неравенството важи и за n=k+1, т.е.

. (2)

Навистина, според претпоставката, , значи, нееднаквоста

, (3)

добиен од неравенството (1) со множење на секој негов дел со . Да ја преработиме неравенството (3) на следниов начин: . Отфрлајќи го позитивниот член од десната страна на последната неравенка, ја добиваме важечката неравенка (2).

Пример 4Докажете го тоа

(1)

каде , , n е природен број поголем од 1.

Одлука.

За n=2, неравенството (1) има форма

. (2)

Од , тогаш нееднаквоста

. (3)

Со собирање на секој дел од неравенството (3) со , се добива неравенка (2).

Ова докажува дека неравенството (1) важи за n=2.

Нека важи неравенката (1) за n=k, каде што k е некој природен број, т.е.

. (4)

Да докажеме дека тогаш неравенството (1) мора да важи и за n=k+1, т.е.

(5)

Да ги помножиме двата дела на неравенството (4) со a+b. Бидејќи, по услов, , ја добиваме следната правична нееднаквост:

. (6)

За да се докаже нееднаквоста (5), доволно е да се покаже тоа

, (7)

или, што е исто,

. (8)

Неравенката (8) е еквивалентна на неравенката

. (9)

Ако , тогаш , и на левата страна на неравенката (9) го имаме производот на два позитивни броја. Ако , тогаш , и на левата страна на неравенката (9) го имаме производот на два негативни броја. Во двата случаи, неравенката (9) е валидна.

Ова докажува дека валидноста на неравенката (1) за n=k ја подразбира нејзината валидност за n=k+1.

Метод на математичка индукција како што се применува на други

задачи

Најприродната примена на методот на математичка индукција во геометријата, блиска до употребата на овој метод во теоријата на броеви и алгебрата, е примената за решавање на геометриски пресметковни проблеми. Ајде да погледнеме неколку примери.

Пример 1Пресметајте ја страната на точното - квадрат впишан во круг со радиус R.

Одлука.

За n=2 точно 2 n - квадрат е квадрат; неговата страна. Понатаму, според формулата за удвојување

најдете дека страната на правилен октагон , страна на правилен шестоаголник , страна на правилен триесет и два агол . Затоа, можеме да претпоставиме дека страната на регуларна впишана 2 n - квадрат за кој било е еднаков

. (1)

Да претпоставиме дека страната на правилен впишан -gon се изразува со формулата (1). Во овој случај, со формулата за удвојување

,

од каде произлегува дека формулата (1) важи за сите n.

Пример 2На колку триаголници може да се подели n-аголник (не нужно конвексен) со неговите дијагонали кои не се сечат?

Одлука.

За триаголник, овој број е еднаков на еден (не може да се нацртаат дијагонали во триаголник); за четириаголник овој број очигледно е еднаков на два.

Да претпоставиме дека веќе знаеме дека секој k-гон, каде што k 1 A 2 ... A n во триаголници.

А n

А 1 А 2

Нека А 1 А k е една од дијагоналите на оваа партиција; го дели n-аголникот А 1 А 2 …А n на k-аголникот A 1 A 2 …A k и (n-k+2)-аголникот А 1 А k A k+1 …A n . Врз основа на направената претпоставка, вкупниот број на преградни триаголници ќе биде еднаков на

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

со што се докажува нашето тврдење за сите n.

Пример 3Наведете правило за пресметување на бројот P(n) на начини на кои конвексен n-аголник може да се подели на триаголници со дијагонали што не се сечат.

Одлука.

За триаголник, овој број очигледно е еднаков на еден: P(3)=1.

Да претпоставиме дека веќе ги определивме броевите P(k) за сите k 1 A 2 ... A n . За која било нејзина поделба на триаголници, страната А 1 А 2 ќе биде страна на еден од преградните триаголници, третото теме на овој триаголник може да се совпадне со секоја од точките А 3 , А 4 , …,А n . Бројот на начини за поделба на n-аголник во кој ова теме се совпаѓа со точката А 3 , е еднаков на бројот на начини за триаголник на (n-1)-агол A 1 A 3 A 4 ... A n , т.е. еднакво на P(n-1). Бројот на начини на поделба на кои ова теме се совпаѓа со А 4 , е еднаков на бројот на начини за партиција на (n-2)-аголникот А 1 A 4 A 5 ... A n , т.е. еднакво на P(n-2)=P(n-2)P(3); бројот на начини на поделба на кои се совпаѓа со А 5 , е еднакво на P(n-3)P(4), бидејќи секоја од партициите на (n-3)-аголникот A 1 A 5 ... A n може да се комбинира со секоја од преградите на четириаголникот А 2 А 3 А 4 А 5 , итн. Така, доаѓаме до следниот однос:

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

Користејќи ја оваа формула, последователно добиваме:

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

итн.

Исто така, користејќи го методот на математичка индукција, можете да решавате проблеми со графикони.

Нека е дадена мрежа од линии на рамнината, поврзувајќи некои точки една со друга и немајќи други точки. Таквата мрежа на линии ќе ја наречеме карта, дадени точки по нејзините темиња, отсечки криви меѓу две соседни темиња - границите на картата, делови од рамнината во кои е поделена со граници - земјите на картата.

Нека се даде некоја карта во авионот. Ќе кажеме дека е правилно обоена ако секоја нејзина земја е обоена во одредена боја, а секоја две земји што делат заедничка граница се обоени во различни бои.

Пример 4На авионот има n кругови. Докажете дека за секој распоред на овие кругови, мапата формирана од нив може правилно да се обои со две бои.

Одлука.

За n=1 нашето тврдење е очигледно.

Да претпоставиме дека нашата изјава е точна за која било карта формирана од n кругови, и нека n + 1 кругови се дадени на рамнината. Со отстранување на еден од овие кругови, добиваме мапа која, врз основа на направената претпоставка, може правилно да се обои со две бои, на пример, црна и бела.

Савељева Екатерина

Во трудот се разгледува примената на методот на математичка индукција при решавање на задачи со деливост, до сумирање на серии. Разгледани се примери за примена на методот на математичка индукција за докажување на неравенки и за решавање на геометриски проблеми. Делото е илустрирано со презентација.

Преземи:

Преглед:

Министерство за наука и образование на Руската Федерација

Државна образовна институција

средно училиште бр.618

Предмет: Алгебра и почетоци на анализата

Тема за работа на проектот

„Метод на математичка индукција и нејзина примена во решавање проблеми“

Работата е завршена: Савељева Е, класа 11Б

Супервизор : Макарова Т.П., наставник по математика, СОУ бр.618

1. Вовед.

2.Метод на математичка индукција при решавање проблеми со деливост.

3. Примена на методот на математичка индукција при собирање серии.

4. Примери за примена на методот на математичка индукција при докажување на неравенки.

5. Примена на методот на математичка индукција при решавање на геометриски задачи.

6. Список на користена литература.

Вовед

Дедуктивните и индуктивните методи се основа на секое математичко истражување. Дедуктивниот метод на расудување е расудување од општо кон посебно, т.е. расудување, чија почетна точка е општиот резултат, а крајната точка е конкретниот резултат. Индукцијата се применува при преминување од одредени резултати на општи, т.е. е спротивно на дедуктивниот метод. Методот на математичка индукција може да се спореди со напредокот. Почнуваме од најниското, како резултат на логично размислување доаѓаме до највисокото. Човекот отсекогаш се стремел кон напредок, кон способност логично да ја развива својата мисла, што значи дека самата природа му одредила да размислува индуктивно. Иако полето на примена на методот на математичка индукција порасна, малку време се посветува на тоа во училишната програма.Но, толку е важно да се биде способен да се размислува индуктивно. Примената на овој принцип при решавање проблеми и докажување теореми е на исто ниво со разгледувањето во училишната практика на другите математички принципи: исклучената средина, вклучување-исклучување, Дирихле итн. Овој есеј содржи проблеми од различни гранки на математиката, во кои главната алатка е методот на употреба на математичка индукција. Зборувајќи за важноста на овој метод, А.Н. Колмогоров истакна дека „разбирањето и способноста да се примени принципот на математичка индукција е добар критериум за зрелост, што е апсолутно неопходно за математичар“. Методот на индукција во неговата најширока смисла се состои во премин од приватни набљудувања кон универзален, општ модел или општа формулација. Во ова толкување, методот е, се разбира, главната техника за спроведување на истражување во која било експериментална природна наука.

човечка активност. Методот (принципот) на математичка индукција во наједноставна форма се користи кога е потребно да се докаже изјава за сите природни броеви.

Задача 1. Во својата статија „Како станав математичар“ А.Н. Колмогоров пишува: „Ја научив радоста на математичкото „откритие“ рано, откако го забележав моделот на возраст од пет или шест години.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 и така натаму.

Училиштето го издаваше списанието „Пролетни ластовички“. Во него, моето откритие беше објавено ... “

Не знаеме каков доказ беше даден во ова списание, но се започна со приватни набљудувања. Самата хипотеза, која веројатно се појави по откривањето на овие конкретни еднаквости, е дека формулата

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

точно за кој било даден број n = 1, 2, 3, ...

За да се докаже оваа претпоставка, доволно е да се утврдат два факти. Прво, за n = 1 (па дури и за n = 2, 3, 4) саканата изјава е вистинита. Второ, да претпоставиме дека изјавата е точна за n = k, и потврдете дека тогаш тоа е точно и за n = k + 1:

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

Оттука, тврдењето што се докажува е точно за сите вредности n: за n = 1 тоа е точно (ова е потврдено), а врз основа на вториот факт, за n = 2, од каде за n = 3 (поради истиот втор факт) итн.

Задача 2. Разгледајте ги сите можни обични дропки со броител 1 и кој било (позитивен цел број)

именител: Докажи дека за било кој n> 3 може да се претстави како збирП разни фракции од овој вид.

Одлука, Ајде прво да го провериме ова тврдење n = 3; ние имаме:

Според тоа, основното тврдење е задоволено

Сега да претпоставиме дека изјавата за нас е точна за некоја бројкадо, и докаже дека е точно и за бројот што следидо + 1. Со други зборови, да претпоставиме дека има репрезентација

во кој к термините и сите именители се различни. Да докажеме дека тогаш е можно да се добие претстава за единицата во форма на збир оддо + 1 фракции од саканиот тип. Ќе претпоставиме дека дропките се намалуваат, односно именители (во претставувањето на единицата со збирдо термини) се зголемуваат од лево кон десно така штот е најголемиот од именителот. Репрезентацијата што ни треба ќе ја добиеме во форма на сума(до + 1) дропка, ако една дропка, на пример последната, ја поделиме на два. Ова може да се направи затоа што

А со тоа и

Покрај тоа, сите фракции остануваат различни, бидејќит беше најголемиот именител, и t + 1 > t, и

m(t + 1) > m.

Така, утврдивме:

1. за n = 3 оваа изјава е вистинита;

1. ако изјавата за која не интересира е вистинитадо,
   тогаш тоа важи и задо + 1.

Врз основа на ова, можеме да тврдиме дека тврдењето што се разгледува е точно за сите природни броеви, почнувајќи од три. Покрај тоа, горенаведениот доказ подразбира и алгоритам за наоѓање на саканата партиција на единството. (Каков алгоритам е ова? Замислете го бројот 1 како збир од 4, 5, 7 членови.)

При решавањето на претходните два проблема, беа преземени два чекори. Првиот чекор се нарекуваоснова индукција, вториотиндуктивна транзицијаили индукциски чекор. Вториот чекор е најважен и вклучува претпоставка (изјавата е вистинита за n = k) и заклучок (изјавата е точна за n = k + 1). Се нарекува самиот параметар p параметар на индукција.Оваа логичка шема (уред), која овозможува да се заклучи дека исказот што се разгледува е точен за сите природни броеви (или за сите, почнувајќи од некои), бидејќи и основата и транзицијата се валидни, се нарекувапринципот на математичка индукција,на кој и се заснова методот на математичка индукција.Самиот термин „индукција“ доаѓа од латинскиот збориндукција (насоки), што значи премин од единечно знаење за поединечни објекти од дадена класа до општ заклучок за сите објекти од дадена класа, што е еден од главните методи на знаење.

Принципот на математичка индукција, во вообичаената форма на два чекори, за прв пат се појавил во 1654 година во Трактат за аритметичкиот триаголник на Блез Паскал, во кој едноставен начин за пресметување на бројот на комбинации (биномни коефициенти) бил докажан со индукција. Д. Поја го цитира Б. Паскал во книгата со мали промени дадени во квадратни загради:

„И покрај фактот што предлогот што се разгледува [експлицитна формула за биномни коефициенти] содржи бесконечен број посебни случаи, јас ќе дадам многу краток доказ за него, врз основа на две леми.

Првата лема вели дека претпоставката е точна за основата - ова е очигледно. [КајП = 1 е валидна експлицитната формула...]

Втората лема го наведува следново: ако нашата претпоставка е точна за произволна основа [за произволна r], тогаш ќе биде точна и за следната основа [за n + 1].

Овие две леми нужно ја подразбираат валидноста на предлогот за сите вредностиП. Навистина, врз основа на првата лема, таа важи заП = 1; затоа по сила на втората лема важи заП = 2; затоа пак по сила на втората лема важи за n = 3 и така натаму ad infinitum.

Задача 3. Сложувалката Кулите на Ханој се состои од три прачки. На една од прачките има пирамида (слика 1), која се состои од неколку прстени со различни дијаметри, кои се намалуваат од дното кон врвот

Слика 1

Оваа пирамида мора да се префрли на една од другите прачки, префрлајќи само еден прстен секој пат и не ставајќи го поголемиот прстен на помалиот. Дали може да се направи?

Одлука. Значи, треба да одговориме на прашањето: дали е можно да се помести пирамида која се состои одП прстени со различни дијаметри, од една прачка до друга, следејќи ги правилата на играта? Сега проблемот е, како што велат, параметаризиран од нас (природен бројП), а може да се реши со математичка индукција.

1. основа на индукција. За n = 1, сè е јасно, бидејќи пирамидата од еден прстен очигледно може да се премести на која било прачка.
2. чекор на индукција. Да претпоставиме дека можеме да поместиме која било пирамида со бројот на прстени p = k.
   Дозволете ни да докажеме дека тогаш можеме да ја поместиме пирамидата од средината n = k + 1.

Пирамида од до прстени кои лежат на најголемиот(до + 1)-ти прстен, можеме, според претпоставката, да се преселиме на кој било друг стожер. Ајде да го направиме тоа. неподвижен(до + 1)-тиот прстен нема да ни пречи да го спроведеме алгоритмот за поместување, бидејќи е најголем. По преместувањетодо прстени, поместете ја оваа најголема(до + 1) прстен на преостанатата прачка. И тогаш повторно го применуваме движечкиот алгоритам познат по индуктивната претпоставкадо прстени и преместете ги на прачката со(до + 1) прстен. Така, ако можеме да ги поместиме пирамидите содо прстени, тогаш можеме да ги поместиме пирамидите идо + 1 прстен. Затоа, според принципот на математичка индукција, секогаш е можно да се помести пирамидата, која се состои од n ѕвони, каде што n > 1.

Методот на математичка индукција при решавање на задачи со деливост.

Користејќи го методот на математичка индукција, може да се докажат различни тврдења во врска со деливоста на природните броеви.

Задача 4 . Ако n е природен број, тогаш бројот е парен.

За n=1 нашата изјава е точна: - парен број. Да претпоставиме дека е парен број. Бидејќи 2k е парен број, така е и тоа. Значи, паритет се докажува за n=1, паритет се изведува од паритетот. Оттука, дури и за сите природни вредности на n.

Задача 3. Докажете дека бројот Z 3 + 3 - 26n - 27 со произволна природна n е делив со 26 2 без остаток.

Одлука. Прво да докажеме со индукција едно помошно тврдење дека 3 3n+3 1 се дели со 26 без остаток n > 0.

1. основа на индукција. За n = 0 имаме: Z 3 - 1 \u003d 26 - поделено со 26.

чекор на индукција. Да претпоставиме 3 3n + 3 - 1 се дели со 26 кога n = k, и Да докажеме дека во овој случај тврдењето ќе биде точно n = k + 1. Бидејќи 3

тогаш од индуктивната претпоставка заклучуваме дека бројот 3 3k + 6 - 1 се дели со 26.

Сега да го докажеме тврдењето формулирано во состојбата на проблемот. И повторно со индукција.

1. основа на индукција. Очигледно е дека при n = 1 изјава е точно: бидејќи 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. чекор на индукција. Да претпоставиме дека во n = k
   израз 3 3к + 3 - 26k - 27 се дели со 26 2 без остаток и докажете дека тврдењето е точно за n = k + 1,
   т.е. тој број

делив со 26 2 без трага. Во последниот збир, двата члена се делат без остаток со 26 2 . Првата е затоа што докажавме дека изразот во заграда е делив со 26; вториот, според индуктивната хипотеза. Врз основа на принципот на математичка индукција, потребната изјава е целосно докажана.

Примена на методот на математичка индукција при собирање серии.

Задача 5. Докажете ја формулата

N е природен број.

Одлука.

За n=1, двата дела на еднаквоста се претвораат во едно и затоа е исполнет првиот услов од принципот на математичка индукција.

Да претпоставиме дека формулата е точна за n=k, т.е.

Да ги додадеме двете страни на оваа еднаквост и да ја трансформираме десната страна. Потоа добиваме

Така, од тоа што формулата е точна за n=k, произлегува дека е точна и за n=k+1. Оваа изјава е точна за која било природна вредност на k. Значи, вториот услов од принципот на математичка индукција е исто така задоволен. Формулата е докажана.

Задача 6. На таблата се запишани два броја: 1.1. Внесувајќи го нивниот збир помеѓу броевите, ги добиваме броевите 1, 2, 1. Повторувајќи ја оваа операција повторно, ги добиваме броевите 1, 3, 2, 3, 1. По три операции, броевите ќе бидат 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Колкав ќе биде збирот на сите броеви на таблата после 100 операции?

Одлука. Направете ги сите 100 операциите би одземаат многу време и одземаат многу време. Значи, треба да се обидеме да најдеме некоја општа формула за збирот Sброеви по n операции. Да ја погледнеме табелата:

Дали забележавте некоја шема овде? Ако не, можете да направите уште еден чекор: по четири операции, ќе има броеви

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

чија сума S 4 е 82.

Всушност, не можете да напишете броеви, туку веднаш да кажете како ќе се промени збирот откако ќе додадете нови броеви. Нека збирот е еднаков на 5. Што ќе стане кога ќе се соберат нови броеви? Ајде да го поделиме секој нов број на збир од два стари. На пример, од 1, 3, 2, 3, 1 одиме на 1,

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

Односно, секој стар број (освен двата екстремни) сега го внесува збирот три пати, така што новата сума е 3S - 2 (одземете 2 за да ги земете предвид единиците што недостасуваат). Затоа С 5 = 3S 4 - 2 = 244, и воопшто

Која е општата формула? Ако не беше одземањето на две единици, тогаш секој пат збирот ќе се зголемуваше три пати, како во силите на тројката (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). И нашите бројки, како што сега можете да видите, се уште еден. Така, може да се претпостави дека

Ајде сега да се обидеме да го докажеме ова со индукција.

основа на индукција. Видете ја табелата (за n = 0, 1, 2, 3).

чекор на индукција. Ајде да се преправаме дека

Тогаш да го докажеме тоа S до + 1 \u003d Z до + 1 + 1.

Навистина,

Значи, нашата формула е докажана. Тоа покажува дека по сто операции, збирот на сите броеви на таблата ќе биде еднаков на 3 100 + 1.

Размислете за еден извонреден пример за примена на принципот на математичка индукција, во кој прво треба да воведете два природни параметри, а потоа да извршите индукција на нивниот збир.

Задача 7. Докажи дека ако= 2, x 2 = 3 и за секој природен n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2,

тогаш

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

Одлука. Забележете дека во овој проблем почетната низа од броеви(x n) се определува со индукција, бидејќи поимите од нашата низа, освен првите две, се дадени индуктивно, односно преку претходните. Се нарекуваат дадените низиповторливи, а во нашиот случај оваа низа се одредува (со специфицирање на нејзините први два члена) на единствен начин.

основа на индукција. Се состои од проверка на две тврдења: n=1 и n=2.Б Во двата случаи, тврдењето е точно по претпоставка.

чекор на индукција. Да претпоставиме дека за n = k - 1 и n = k се дава тврдење, т.е

Потоа да го докажеме тврдењето за n = k + 1. Имаме:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, што требаше да се докаже.

Задача 8. Докажете дека секој природен број може да се претстави како збир од неколку различни членови на повторливата низа од броевите на Фибоначи:

за k > 2.

Одлука. Нека стр - природен број. Ќе извршиме индукција наП.

основа на индукција. За n = 1 изјава е вистинита, бидејќи единицата е самата Фибоначи број.

чекор на индукција. Да претпоставиме дека сите природни броеви се помали од некој бројП, може да се претстави како збир на неколку различни членови од низата Фибоначи. Најдете го најголемиот број Фибоначи F t, не надминува P; па F t n и F t +1 > n.

Колку што

Според хипотезата за индукција, бројот p- F t може да се претстави како збир од 5 различни членови на низата Фибоначи, а од последната неравенка произлегува дека сите членови на низата Фибоначи вклучени во збирот од 8 се помали одФ т. Затоа, проширувањето на бројот n = 8 + F t ја задоволува состојбата на проблемот.

Примери за примена на методот на математичка индукција при докажување на неравенки.

Задача 9. (Нееднаквоста на Бернули.)Докажете дека кога x > -1, x 0 и за цел број n > 2 нееднаквоста

(1 + x) n > 1 + xn.

Одлука. Доказот повторно ќе го спроведеме со индукција.

1. Основа на индукција. Дозволете ни да ја потврдиме валидноста на нееднаквоста за n = 2. Навистина,

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

2. Чекор на индукција. Да претпоставиме дека за бројот n = k изјавата е вистинита, т.е

(1 + x) k > 1 + xk,

Каде k > 2. Го докажуваме за n = k + 1. Имаме: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Значи, врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека неравенката на Бернули е валидна за која било n > 2.

Не секогаш во услови на решени проблеми со користење на методот на математичка индукција, општиот закон што треба да се докаже е јасно формулиран. Понекогаш е потребно, со набљудување на одредени случаи, прво да се открие (погоди) до кој општ закон тие водат и дури потоа да се докаже наведената хипотеза со математичка индукција. Покрај тоа, индукциската променлива може да се маскира, а пред да се реши проблемот, неопходно е да се одреди на кој параметар ќе се изврши индукцијата. Како примери, разгледајте ги следните задачи.

Задача 10. Докажете го тоа

за секој природен n > 1.

Одлука, Ајде да се обидеме да ја докажеме оваа нееднаквост со математичка индукција.

Лесно се проверува индукциската основа:1+

Со индуктивната хипотеза

и ни останува да го докажеме тоа

Користејќи ја индуктивната хипотеза, ќе го потврдиме тоа

Иако оваа еднаквост е всушност вистинита, таа не ни дава решение за проблемот.

Ајде да се обидеме да докажеме посилно тврдење отколку што се бара во првичниот проблем. Имено, тоа ќе го докажеме

Можеби изгледа дека докажувањето на ова тврдење со индукција е безнадежно.

Меѓутоа, на стр = 1 имаме: изјавата е точно. За да го оправдате индуктивниот чекор, да претпоставиме дека

и тогаш ќе го докажеме тоа

Навистина,

Така, докажавме посилно тврдење, кое веднаш го подразбира тврдењето содржано во состојбата на проблемот.

Поучната работа овде е дека иако моравме да докажеме посилно тврдење отколку што се бара во проблемот, можевме да користиме и посилна претпоставка во индуктивниот чекор. Ова објаснува дека директната примена на принципот на математичка индукција не секогаш води до целта.

Ситуацијата што настана при решавањето на проблемот се нарекувапарадоксот на пронаоѓачот.Самиот парадокс е дека посложените планови може да се спроведат со поголем успех доколку се засноваат на подлабоко разбирање на суштината на материјата.

Задача 11. Докажи дека 2m + n - 2m за секој природентип.

Одлука. Овде имаме две опции. Затоа, можете да се обидете да го извршите т.ндвојна индукција(индукција во индукција).

Ќе спроведеме индуктивно расудување наП.

1. Основа на индукција според стр.За n = 1 треба да се провери тоа 2 t ~ 1 > t. За да ја докажеме оваа нееднаквост, користиме индукција нат.

а) Основа на индукција од кн.За t = 1 во тек
еднаквост, што е прифатливо.

б) Чекор на индукција според т.Да претпоставиме дека во t = k изјавата е вистинита, т.е 2 k ~ 1 > k. Потоа нагоре
Да речеме дека тврдењето е точно дури и ако m = k + 1.
Ние имаме:

кај природните к.

Така, нееднаквоста 2 врши за секој природент.

2. Чекор на индукција според ставкаИзберете и поправете некој природен бројт. Да претпоставиме дека во n = јас изјавата е вистинита (за фикснат), т.е. 2 t +1 ~ 2 > t1, и докаже дека тогаш тврдењето ќе биде точно за n = l + 1.
Ние имаме:

за секој природентип.

Затоа, врз основа на принципот на математичка индукција (споредП) изјавата за проблемот е точна за кој билоП и за секој поправент. Така, оваа нееднаквост важи за секое природнотип.

Задача 12. Нека m, n и k се природни броеви и t > стр Кој од двата броја е поголем:

Во секој израздо знаци на квадратен корен, t и n алтернативни.

Одлука. Прво да докажеме некое помошно тврдење.

Лема. За секое природно t и n (t > n) и не-негативни (не мора цел број) X нееднаквоста

Доказ. Размислете за нееднаквоста

Оваа нееднаквост е вистинита, бидејќи двата фактори од левата страна се позитивни. Проширувајќи ги заградите и конвертирајќи, добиваме:

Земајќи го квадратниот корен од двата дела на последната неравенка, го добиваме тврдењето на лемата. Значи, лемата е докажана.

Сега да продолжиме со решавање на проблемот. Да го означиме првиот од овие броеви соа, а вториот прекуб до . Да докажеме дека а за секој природендо. Докажувањето ќе се врши со методот на математичка индукција одделно за парни и непарнидо.

основа на индукција. За k = 1 ја имаме нееднаквоста

y[t > y/n , што важи поради фактот што m > n. = 2, посакуваниот резултат се добива од докажаната лема со замена x = 0.

чекор на индукција. Да претпоставиме, за некоина неравенката a >b до фер. Да го докажеме тоа

Од претпоставката за индукција и монотонијата на квадратниот корен, имаме:

Од друга страна, од докажаната лема произлегува дека

Комбинирајќи ги последните две неравенки, добиваме:

Според принципот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

Задача 13. (Нееднаквоста на Коши.)Докажете дека за сите позитивни броеви...,стр нееднаквоста

Одлука. За n = 2 неравенството

аритметичката средина и геометриската средина (за два броја) ќе се сметаат за познати. Нека биде n= 2, k = 1, 2, 3, ... и прво извршете индукција надо. Основата на оваа индукција важи.Под претпоставка сега дека саканата нееднаквост е веќе воспоставена за n = 2 , ние ќе го докажеме заП = 2. Имаме (користејќи ја неравенството за два броја):

Затоа, според хипотезата за индукција

Така, со индукција на k, ја докажавме нееднаквоста за ситестр 9 кои се моќи на два.

Да се ​​докаже нееднаквоста за други вредностиП ќе ја користиме „индукцијата надолу“, односно ќе докажеме дека ако неравенството е задоволена за произволни ненегативниП броеви, важи и за(П - 1) број. За да го потврдиме ова, забележуваме дека, според направената претпоставка, заП броеви, нееднаквоста

односно a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) А. Поделувајќи ги двата дела наП - 1, ја добиваме потребната неравенка.

Значи, прво утврдивме дека неравенството важи за бесконечен број можни вредностиП, а потоа покажа дека ако неравенството важиП броеви, важи и за(П - 1) броеви. Од ова сега заклучуваме дека нееднаквоста на Коти важи за множество одП кој било ненегативен број за кој било n = 2, 3, 4, ...

Задача 14. (Д. Успенски.) За секој триаголник ABC со агли = CAB, = CBA се споредливи, има нееднаквости

Одлука. Аглите и се споредливи, а тоа (по дефиниција) значи дека овие агли имаат заедничка мерка, за која = p, = (p, q се природни копрости броеви).

Да го искористиме методот на математичка индукција и да го нацртаме преку збирот n = p + q природни копрости броеви..

основа на индукција. За p + q = 2 имаме: p = 1 и q = 1. Тогаш триаголникот ABC е рамнокрак, а саканите неравенки се очигледни: тие следат од неравенството на триаголникот

чекор на индукција. Да претпоставиме дека сега се воспоставени саканите неравенки за p + q = 2, 3, ..., k - 1, каде k > 2. Да докажеме дека неравенките важат и за p + q = k.

Нека ABC е даден триаголник со> 2. Потоа страните AC и BC не може да биде еднаков: нека AC > п.н.е. Сега да изградиме, како на слика 2, рамнокрак триаголник ABC; ние имаме:

AC \u003d DC и AD \u003d AB + BD, затоа,

2AC > AB + BD (1)

Размислете сега за триаголникот VDC, чии агли се исто така споредливи:

DCB = (q - p), BDC = стр.

Ориз. 2

Овој триаголник ја задоволува индуктивната хипотеза и затоа

(2)

Додавајќи ги (1) и (2), имаме:

2AC+BD>

а со тоа и

Од истиот триаголник WBS со индукциската хипотеза заклучуваме дека

Со оглед на претходната нееднаквост, заклучуваме дека

Така, се добива индуктивната транзиција, а исказот на проблемот произлегува од принципот на математичка индукција.

Коментар. Изјавата за проблемот останува валидна дури и кога аглите a и p не се споредливи. Во основата на разгледувањето во општиот случај, веќе треба да примениме уште еден важен математички принцип - принципот на континуитет.

Задача 15. Неколку прави линии ја делат рамнината на делови. Докажете дека е можно овие делови да се обојат во бело

и црни бои, така што соседните делови кои имаат заеднички граничен сегмент се со различни бои (како на Слика 3 кога n = 4).

слика 3

Одлука. Ние користиме индукција на бројот на линии. Па некаП - бројот на линии што го делат нашиот авион на делови, n > 1.

основа на индукција. Ако има само еден директно(П = 1), потоа ја дели рамнината на две полурамнини, од кои едната може да биде обоена бела, а другата црна, и изјавата за проблемот е вистинита.

чекор на индукција. За да го направите доказот за индуктивниот чекор појасен, размислете за процесот на додавање на една нова линија. Ако ја повлечеме втората линија(П= 2), потоа добиваме четири дела кои можат да се обојат на саканиот начин со бојадисување на спротивните агли во иста боја. Ајде да видиме што ќе се случи ако ја повлечеме третата права линија. Ќе подели некои од „старите“ делови, додека ќе се појават нови делови од границата, од кои двете страни бојата е иста (сл. 4).

Ориз. 4

Да продолжиме на следниов начин:една странаод новата права линија ќе ги менуваме боите - ќе направиме бело црно и обратно; во исто време, оние делови што лежат од другата страна на оваа права линија не се пребојосуваат (сл. 5). Тогаш ова ново боење ќе ги задоволи потребните барања: од едната страна на правата линија веќе беше наизменично (но со различни бои), а од другата страна беше неопходно. За да може деловите кои имаат заедничка граница што припаѓа на нацртаната линија да бидат обоени во различни бои, деловите ги префарбавме само од едната страна од оваа исцртана линија.

Сл.5

Сега да го докажеме индуктивниот чекор. Да претпоставиме дека за некоиn = kвалидна е изјавата за проблемот, односно сите делови од рамнината на кои е поделен со овиедодиректно, можете да сликате во бело и црно, така што соседните делови се со различни бои. Да докажеме дека тогаш постои такво боење заП= до+ 1 директно. Да продолжиме слично на случајот на премин од две прави на три. Ајде да потрошиме во авиондодиректно. Потоа, според индуктивната претпоставка, добиената „мапа“ може да се обои на саканиот начин. Ајде да потрошиме сега(до+ 1)-та права линија и од едната страна ги менуваме боите на спротивните. Па сега(доПравата + 1)-та насекаде одделува делови од различни бои, додека „старите“ делови, како што веќе видовме, остануваат правилно обоени. Според принципот на математичка индукција, проблемот е решен.

Задача16. На работ на пустината има голема залиха на бензин и автомобил кој со полна бензинска пумпа може да помине 50 километри. Во неограничени количини, има канистри во кои можете да испуштите бензин од резервоарот за гас на автомобилот и да го оставите за складирање каде било во пустината. Докажете дека автомобилот може да помине секакво растојание поголемо од 50 километри. Не е дозволено да се носат канти со бензин, празни лименки може да се носат во било која количина.

Одлука.Ајде да се обидеме да го докажеме тоа со индукцијаП,дека автомобилот може да возиПкилометри од работ на пустината. НаП= 50 се знае. Останува да се изврши чекорот на индукција и да се објасни како да се стигне до тамуn = k+ 1 км ако се знаеn = kкилометри може да се вози.

Меѓутоа, овде наидуваме на тешкотија: откако ќе поминемедокилометри, бензинот можеби нема да биде доволен ниту за враќање (да не зборуваме за складирање). И во овој случај, излезот е да се зајакне тврдењето што се докажува (парадоксот на пронаоѓачот). Ќе докажеме дека е можно не само да се возиПкилометри, но и да се направи произволно голема залиха на бензин на точка на далечинаПкилометри од работ на пустината, се наоѓа во овој момент по завршувањето на транспортот.

основа на индукција.Нека единица бензин е количината на бензин потребна за да се помине еден километар патување. Потоа, за лет од 1 километар и назад потребни се две единици бензин, така што можеме да оставиме 48 единици бензин во складиште на километар од работ и да се вратиме за повеќе. Така, за неколку патувања до складиштето, можеме да направиме залиха со произволна големина што ни треба. Во исто време, за да создадеме 48 единици залиха, трошиме 50 единици бензин.

чекор на индукција.Да претпоставиме дека на далечинаП= доод работ на пустината можете да складирате секаква количина на бензин. Дозволете ни да докажеме дека тогаш е можно да се создаде складиште на далечинаn = k+ 1 км со кое било однапред одредено снабдување со бензин и бидете на ова складиште на крајот на транспортот. Бидејќи во точкатаП= доима неограничено снабдување со бензин, тогаш (според индукциската основа) можеме, во неколку патувања до точкатаn = k+ 1 за да се поентираП= до4- 1 залиха од која било големина што ви треба.

Вистината на една поопшта изјава отколку во состојбата на проблемот сега произлегува од принципот на математичка индукција.

Заклучок

Особено, проучувајќи го методот на математичка индукција, го подобрив моето знаење во оваа област на математиката, а исто така научив како да решавам проблеми што претходно беа надвор од моите сили.

Во основа, тоа беа логични и забавни задачи, т.е. само оние кои го зголемуваат интересот за самата математика како наука. Решавањето на ваквите проблеми станува забавна активност и може да привлече се повеќе и повеќе испитувачки луѓе во математичките лавиринти. Според мене, ова е основата на секоја наука.

Продолжувајќи да го проучувам методот на математичка индукција, ќе се обидам да научам како да го применувам не само во математиката, туку и во решавањето на проблемите од физиката, хемијата и самиот живот.

Литература

1.Вуленкин ИНДУКЦИЈА. Комбинаторика. Прирачник ЗА наставници. М., Просветителство,

1976.-48 стр.

2. Головина Л.И., Јаглом И.М. Индукција во геометријата. - М.: Госуд. издавач осветлена. - 1956 - С.И00. Прирачник за математика за кандидати на универзитетите / Ед. Јаковлева Г.Н. Науката. -1981 година. - Стр.47-51.

3. Головина Л.И., Јаглом И.М. Индукција во геометријата. -
М .: Наука, 1961. - (Популарни предавања по математика.)

4. И.Т.Демидов, А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург, О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вејтс. Учебник / „Просветителство“ 1975 година.

5.Р. Courant, G Robbins "Што е математика?" Поглавје 1, § 2

6. Попа Д. Математика и веродостојно расудување. - М: Наука, 1975 година.

7. Попа Д. Математичко откритие. - М.: Наука, 1976 година.

8. Рубанов И.С. Како да се предава методот на математичка индукција / Училиште за математика. - Nl. - 1996. - С.14-20.

9. Сомински И.С., Головина Л.И., Јаглом И.М. За методот на математичка индукција. - М .: Наука, 1977. - (Популарни предавања по математика.)

10. Соломински И.С. Метод на математичка индукција. - М.: Наука.

63-ти.

11. Соломински И.С., Головина Л.И., Јаглом И.М. На математичка индукција. - М.: Наука. - 1967. - С.7-59.

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

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

Предавање 6. Метод на математичка индукција.

Новите знаења во науката и животот се добиваат на различни начини, но сите тие (ако не навлегувате во детали) се поделени на два вида - премин од општо кон особено и од посебно кон општо. Првата е дедукција, втората е индукција. Дедуктивното расудување е она што обично се нарекува во математиката логично расудување, а во математичката наука дедукцијата е единствениот легитимен метод на истражување. Правилата на логичното расудување беа формулирани пред два и пол милениуми од античкиот грчки научник Аристотел. Тој создал комплетна листа на наједноставните правилно расудување, силогизми– „тули“ на логиката, притоа посочувајќи типично расудување, многу слично на вистинските, но погрешно (со вакво „псевдолошко“ расудување често се среќаваме во медиумите).

Индукција (индукција - на латински насоки) е илустрирано со добро познатата легенда за тоа како Исак Њутн го формулирал законот за универзална гравитација откако јаболко му паднало на глава. Друг пример од физиката: во таков феномен како електромагнетна индукција, електричното поле создава, „индуцира“ магнетно поле. „Њутновото јаболко“ е типичен пример за ситуација кога еден или повеќе посебни случаи, т.е. набљудувања, „доведе“ до општа изјава, општиот заклучок е направен врз основа на одредени случаи. Индуктивниот метод е главен за добивање на општи обрасци и во природните и во хуманитарните науки. Но, има многу значаен недостаток: врз основа на конкретни примери, може да се извлече неточен заклучок. Хипотезите кои произлегуваат од приватни набљудувања не се секогаш точни. Размислете за пример поради Ојлер.

Ќе ја пресметаме вредноста на триномот за некои први вредности n:

Забележете дека броевите добиени како резултат на пресметките се прости. И тоа може директно да се потврди за секој nПолиномна вредност од 1 до 39
е прост број. Меѓутоа, кога n=40 го добиваме бројот 1681=41 2 , кој не е прост. Така, хипотезата што би можела да се појави овде, односно хипотезата дека за секој nброј
едноставно е, излегува дека е лажно.

Лајбниц во 17 век докажал дека за секој позитивен цел број nброј
делив со 3
се дели со 5, и така натаму. Врз основа на ова, тој предложи дека за секој коефициент ки секое природно nброј
поделено со к, но набргу тоа го забележа
не се дели со 9.

Разгледаните примери ни овозможуваат да извлечеме важен заклучок: изјавата може да биде вистинита во голем број посебни случаи и во исто време неправедна воопшто. Прашањето за валидноста на исказот во општиот случај може да се реши со примена на посебен метод на расудување наречен со математичка индукција(целосна индукција, совршена индукција).

6.1. Принципот на математичка индукција.

♦ Методот на математичка индукција се заснова на принцип на математичка индукција , кој се состои од следново:

1) се потврдува валидноста на оваа изјава заn=1 (индукциска основа) ,

2) оваа изјава се претпоставува дека е точна заn= к, кадеке произволен природен број 1(индукција претпоставка) , а земајќи ја предвид оваа претпоставка се утврдува неговата валидност заn= к+1.

Доказ. Да го претпоставиме спротивното, односно да претпоставиме дека тврдењето не е точно за секое природно n. Потоа, постои таква природна м, што:

1) одобрение за n=мне е фер,

2) за секого n, помали м, тврдењето е точно (со други зборови, ме првиот природен број за кој тврдењето не успева).

Очигледно е дека м>1, затоа што за n=1 изјавата е точно (услов 1). Оттука,
- природен број. Излегува дека за природен број
исказот е точен, а за следниот природен број мтоа е неправедно. Ова е во спротивност со условот 2. ■

Забележете дека доказот ја користел аксиомата дека секоја збирка природни броеви содржи најмал број.

Се нарекува доказ заснован на принципот на математичка индукција со целосна математичка индукција .

 Пример6.1. Докажете го тоа за секое природно nброј
се дели со 3.

Одлука.

1) Кога n=1, значи а 1 се дели со 3 и изјавата е точна за n=1.

2) Да претпоставиме дека изјавата е точна за n=к,
, односно тој број
се дели со 3 и најди го тоа n=кБројот +1 се дели со 3.

Навистина,

Бидејќи секој член е делив со 3, тогаш нивниот збир е исто така делив со 3. ■ 

 Пример6.2. Докажи дека збирот на првиот nприродните непарни броеви се еднакви на квадратот на нивниот број, односно .

Одлука.Го користиме методот на целосна математичка индукција.

1) Ја проверуваме валидноста на оваа изјава за n=1: 1=1 2 е точно.

2) Да претпоставиме дека збирот на првиот к (
) од непарните броеви е еднаков на квадратот на бројот на овие броеви, односно . Врз основа на оваа еднаквост, утврдуваме дека збирот на првиот к+1 непарните броеви е еднаков на
, т.е.

Ја користиме нашата претпоставка и добиваме

. ■ 

За докажување на некои неравенки се користи методот на целосна математичка индукција. Да ја докажеме нееднаквоста на Бернули.

 Пример6.3. Докажете дека кога
и секое природно nнееднаквоста
(Нееднаквоста на Бернули).

Одлука. 1) Кога n=1 добиваме
, што е точно.

2) Претпоставуваме дека во n=кпостои нееднаквост
(*). Користејќи ја оваа претпоставка, го докажуваме тоа
. Забележете дека кога
оваа нееднаквост важи, и затоа е доволно да се разгледа случајот
.

Помножете ги двата дела на неравенката (*) со бројот
и добијте:

Тоа е (1+
.■ 

Доказ по метод нецелосна математичка индукција некое тврдење во зависност од n, каде
се спроведува на сличен начин, но на почетокот се воспоставува правда за најмала вредност n.

Некои проблеми не формулираат експлицитно изјава што може да се докаже со математичка индукција. Во такви случаи, потребно е да се воспостави регуларност и да се изрази хипотеза за валидноста на оваа регуларност, а потоа да се тестира предложената хипотеза со методот на математичка индукција.

 Пример6.4. Најдете ја сумата
.

Одлука.Ајде да ги најдеме сумите С 1 , С 2 , С 3 . Ние имаме
,
,
. Претпоставуваме дека за секој природен nформулата е валидна
. За да ја тестираме оваа хипотеза, го користиме методот на целосна математичка индукција.

1) Кога n=1 хипотезата е точна, бидејќи
.

2) Да претпоставиме дека хипотезата е точна за n=к,
, т.е
. Користејќи ја оваа формула, утврдуваме дека хипотезата е вистинита и за n=к+1, т.е

Навистина,

Значи, под претпоставка дека хипотезата е точна за n=к,
, се докажува дека е точно за n=к+1, и врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека формулата важи за секој природен n. ■ 

 Пример6.5. Во математиката е докажано дека збирот на две рамномерно непрекинати функции е рамномерно континуирана функција. Врз основа на оваа изјава, треба да докажеме дека збирот на кој било број
на рамномерно континуирани функции е рамномерно континуирана функција. Но, бидејќи сè уште не сме го вовеле концептот на „рамномерно континуирана функција“, ајде да го поставиме проблемот поапстрактно: нека се знае дека збирот на две функции кои имаат одредено својство С, самиот го има имотот С. Да докажеме дека збирот на кој било број функции има својство С.

Одлука.Основата на индукцијата овде е содржана во самата формулација на проблемот. Правејќи ја индуктивната претпоставка, размислете
функции ѓ 1 , ѓ 2 , …, ѓ n , ѓ n+1 кои имаат имот С. Потоа. На десната страна, првиот термин го има имотот Сспоред хипотезата за индукција, вториот член има својство Спо услов. Според тоа, нивната сума има својство С– за два мандата, основата на индукција „работи“.

Ова го докажува тврдењето и ќе го користи понатаму. ■ 

 Пример6.6. Најди ги сите природни n, за што нееднаквоста

.

Одлука.Да се ​​разгледа n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Имаме: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Така, можеме да направиме хипотеза: нееднаквоста
има место за секого
. За да ја докажеме вистинитоста на оваа хипотеза, го користиме принципот на нецелосна математичка индукција.

1) Како што е наведено погоре, оваа хипотеза е точна за n=5.

2) Да претпоставиме дека е точно за n=к,
, односно нееднаквоста
. Користејќи ја оваа претпоставка, докажуваме дека нееднаквоста
.

Т. до.
и на
постои нееднаквост

на
,

тогаш го добиваме тоа
. Значи, вистинитоста на хипотезата n=к+1 произлегува од претпоставката дека е точно за n=к,
.

Од стр. 1 и 2, врз основа на принципот на нецелосна математичка индукција, произлегува дека неравенството
точно за секое природно
. ■ 

 Пример6.7. Докажете го тоа за кој било природен број nформулата за диференцијација е валидна
.

Одлука.На n=1 оваа формула ја има формата
, или 1=1, односно е точно. Правејќи ја индуктивната претпоставка, имаме:

Q.E.D. ■ 

 Пример6.8. Докажете дека множеството кое се состои од nелементи, има подмножества.

Одлука.Комплет со еден елемент а, има две подмножества. Ова е точно бидејќи сите негови подмножества се празното множество и самото множество, и 2 1 =2.

Претпоставуваме дека секој сет на nелементи има подмножества. Ако множеството А се состои од n+1 елементи, потоа поправаме еден елемент во него - означете го г, и поделете ги сите подмножества во две класи - не содржат ги содржи г. Сите подмножества од првата класа се подмножества на множеството B добиени од A со отстранување на елементот г.

Сетот Б се состои од nелементи, и затоа, според хипотезата за индукција, има подмножества, па во прва класа подмножества.

Но, во втората класа има ист број на подмножества: секое од нив се добива од точно едно подмножество од првата класа со додавање на елементот г. Затоа, вкупно, множеството А
подмножества.

Така тврдењето се докажува. Забележете дека исто така важи и за множество кое се состои од 0 елементи - празно множество: има едно подмножество - самото, и 2 0 =1. ■ 

Користејќи го методот на математичка индукција докажете дека за секој природен nСледниве еднаквости се вистинити:
а) ;
б) .

Одлука.

а) Кога n= 1 еднаквост е валидна. Претпоставувајќи ја валидноста на еднаквоста за n, да покажеме дека важи и за n+ 1. Навистина,

Q.E.D.

б) Кога n= 1 валидноста на еднаквоста е очигледна. Од претпоставката за нејзината правичност во nтреба да

Со оглед на еднаквоста 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, добиваме

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

т.е. изјавата важи и за n + 1.

Пример 1Докажете ги следните еднаквости

Одлука.а) Кога n= 1 еднаквоста ќе има форма 1=1, затоа, П(1) точно. Да претпоставиме дека оваа еднаквост е вистина, односно имаме

Така, според методот на математичка индукција, првобитната еднаквост важи за секое природно n.

Забелешка 2.Овој пример може да се реши на друг начин. Навистина, збирот 1 + 2 + 3 + ... + nе збир на првиот nчленови на аритметичка прогресија со првиот член а 1 = 1 и разлика г= 1. Врз основа на добро познатата формула , добиваме

б) Кога n= 1 еднаквост ќе има форма: 2 1 - 1 = 1 2 или 1=1, т.е. П(1) точно. Да претпоставиме дека еднаквоста

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докажете го тоаП(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Користејќи ја индукциската хипотеза, добиваме

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

Така, П(n+ 1) е точно и затоа се докажува потребната еднаквост.

Забелешка 3.Овој пример може да се реши (слично како и претходниот) без користење на методот на математичка индукција.

в) Кога n= 1 еднаквоста е точно: 1=1. Претпоставете дека еднаквоста е вистина

г) Кога n= 1 еднаквост важи: 1=1. Да претпоставиме дека има

Навистина,

д) Одобрување П(1) точно: 2=2. Да претпоставиме дека еднаквоста

Затоа, првобитната еднаквост важи за секое природно n.

ѓ) П(1) точно: 1/3 = 1/3. Нека има еднаквост П(n):

Навистина, со оглед на тоа П(n) се одвива, добиваме

Така се докажува еднаквоста.

е) Кога n= 1 имаме а + б = б + аи оттука еднаквоста е вистинита.

Нека биномната формула на Њут е валидна за n = к, т.е.

Пример 2Докажи нееднаквости

Одлука.а) Кога n= 1 ја добиваме вистинската неравенка

1 + a ≥ 1 + a . Да претпоставиме дека постои нееднаквост

Навистина, бидејќи > -1 имплицира + 1 > 0, тогаш множејќи ги двете страни на неравенството (1) со (a + 1), добиваме

(1 + а ) n(1 + а ) ≥ (1 + nа )(1 + а ) или (1 + а ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)а + n a 2 Затоа што nа 2 ≥ 0, затоа,(1 + а ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)а + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)а.

Така, ако П(n) е точно, тогаш П(n+ 1) е точно, затоа, според принципот на математичка индукција, неравенството на Бернули е точно.

б) Кога n= 1 добиваме x 1 = 1 и затоа, x 1 ≥ 1 т.е. П(1) е фер изјава. Ајде да се преправаме дека П(n) е точно, односно ако adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - nпозитивни броеви чиј производ е еднаков на еден, x 1 x 2 ·...· x n= 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Да покажеме дека овој предлог имплицира дека е точно следново: ако x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) позитивни броеви такви што x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, тогаш x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Размислете за следните два случаи:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Тогаш збирот на овие броеви е ( n+ 1), и потребната нееднаквост е исполнета;

2) барем еден број е различен од еден, нека, на пример, е поголем од еден. Потоа, бидејќи x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, има барем уште еден број што се разликува од еден (поточно, помал од еден). Нека биде x n+ 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим nпозитивни бројки

Колку што

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, тогаш 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. Затоа, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, односно ако П(n) е точно, тогашП(n+ 1) е фер. Нееднаквоста е докажана.

Забелешка 4.Знакот за еднаквост се јавува ако и само ако x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

в) Нека x 1 ,x 2 ,...,x nсе произволни позитивни бројки. Размислете за следново nпозитивни бројки:

Забелешка 5.Еднаквоста важи ако и само ако x 1 = x 2 = ... = x n .

г) П(1) - правична изјава: sin 2 a + cos 2 a = 1. Да претпоставиме дека П(n) е вистинска изјава:

Грев 2 n a + cos2 n a ≤ 1 и покажете дека постоиП(n+ 1). Навистина,грев2( n+ 1) a + cos 2 ( n+ 1) \u003d грев 2 nгрев 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (ако гревот 2 a ≤ 1, тогаш cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, а потоа грев 2 a < 1). Таким образом, для любого nО Нгрев 2 n a + cos2 n ≤ 1 и знакот за еднаквост се постигнува само когаn = 1.

д) Кога n= 1 изјавата е вистина: 1< 3 / 2 .

Да претпоставиме дека и докажете го тоа

ѓ) Земајќи ја предвид забелешката 1, проверуваме П(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, затоа, за n= 10 изјавата е вистинита. Да претпоставиме 2 n > n 3 (n> 10) и докаже П(n+ 1), т.е. 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Од во n> 10 имаме или , следува дека

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Земајќи ја предвид нееднаквоста (2 n > n 3), добиваме 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Така, според методот на математичка индукција, за секој природен nО Н, n≥ 10 имаме 2 n > n 3 .

Пример 3Докажете го тоа за било кој nО Н

Одлука.а) П(1) е точно тврдење (0 се дели со 6). Нека биде П(n) е фер, т.е n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) се дели со 6. Да покажеме дека тогаш имаме П(n+ 1), односно ( n + 1)n(2n+ 1) е делив со 6. Навистина, бидејќи

Така, П(n+ 1) е правична изјава, и затоа, n(2n 2 - 3n+ 1) е делив со 6 за кој било nО Н.

б) Проверете П(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, оттука П(1) е фер изјава. Треба да се докаже дека ако 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 се дели со 11 ( П(n)), потоа 6 2 n + 3 n+2 + 3 nисто така се дели со 11 ( П(n+ 1)). Навистина, бидејќи

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 и како 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 и 33 6 2 n-2 се делат со 11, тогаш нивниот збир е 6 2n + 3 n+2 + 3 n се дели со 11. Тврдењето се докажува. Индукција во геометријата

Пример 4Пресметај ја страната на точната 2 n-gon впишан во круг со радиус Р.

Библиографски опис:Баданин А.С., Сизова М. Ју. Примена на методот на математичка индукција за решавање проблеми за деливост на природни броеви // Млад научник. - 2015. - бр.2. — S. 84-86..04.2019).

Прилично тешки проблеми за докажување на деливоста на природните броеви често се среќаваат на математичките олимпијади. Учениците се соочуваат со проблем: како да се најде универзален математички метод кој овозможува решавање на вакви проблеми?

Излегува дека повеќето задачи со деливост може да се решат со математичка индукција, но во училишните учебници многу малку се обрнува внимание на овој метод, најчесто се дава краток теоретски опис и се анализираат неколку задачи.

Методот на математичка индукција го наоѓаме во теоријата на броеви. Во почетокот на теоријата на броеви, математичарите откриле многу факти индуктивно: Л. Ојлер и К. Гаус понекогаш разгледувале илјадници примери пред да забележат нумеричка шема и да поверуваат во неа. Но, во исто време, тие разбраа колку хипотезите можат да бидат погрешни ако го поминат „конечниот“ тест. За индуктивен премин од изјава потврдена за конечно подмножество на слична изјава за целото бесконечно множество, потребен е доказ. Овој метод беше предложен од Блез Паскал, кој најде општ алгоритам за наоѓање критериуми за деливост на кој било цел број со кој било друг цел број (трактат „За природата на деливоста на броевите“).

Методот на математичка индукција се користи за да се докаже со расудување вистинитоста на одредено тврдење за сите природни броеви или вистинитоста на тврдењето што започнува од некој број n.

Решавањето задачи за докажување на вистинитоста на одредено тврдење со методот на математичка индукција се состои од четири фази (сл. 1):

Ориз. 1. Шема за решавање на проблемот

1. Основа на индукција . Проверете ја валидноста на исказот за најмал природен број за кој исказот има смисла.

2. Индуктивна претпоставка . Претпоставуваме дека исказот е точен за некоја вредност на k.

3. индуктивна транзиција . Докажуваме дека тврдењето е точно за k+1.

4. Заклучок . Ако таков доказ е завршен, тогаш, врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека исказот е точен за секој природен број n.

Разгледајте ја примената на методот на математичка индукција за решавање проблеми за докажување на деливоста на природните броеви.

Пример 1. Докажете дека бројот 5 е множител на 19, каде што n е природен број.

Доказ:

1) Да провериме дали оваа формула е точна за n = 1: бројот =19 е множител на 19.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. бројот е множител на 19.

Делив со 19. Навистина, првиот член е делив со 19 поради претпоставката (2); вториот член исто така се дели со 19 бидејќи содржи фактор 19.

Пример 2Докажете дека збирот на коцки од три последователни природни броеви е делив со 9.

Доказ:

Да го докажеме тврдењето: „За кој било природен број n, изразот n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 е множител на 9.

1) Проверете дали оваа формула е точна за n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 е множител на 9.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 е множител на 9.

3) Да докажеме дека формулата е вистинита и за n = k + 1, т.е. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 е множител на 9. (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 +3k+ 3).

Добиениот израз содржи два члена, од кои секој е делив со 9, така што збирот е делив со 9.

4) Двата услови на принципот на математичка индукција се задоволени, затоа, предлогот е точен за сите вредности на n.

Пример 3Докажете дека за кое било природно n бројот 3 2n+1 +2 n+2 е делив со 7.

Доказ:

1) Проверете дали оваа формула е точна за n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 е множител на 7.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. 3 2 k +1 +2 k +2 е делив со 7.

3) Да докажеме дека формулата е вистинита и за n = k + 1, т.е.

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. Бидејќи (3 2 k +1 +2 k +2) 9 е делив со 7 и 7 2 k +2 се дели со 7, тогаш нивната разлика е исто така делива со 7.

4) Двата услови на принципот на математичка индукција се задоволени, затоа, предлогот е точен за сите вредности на n.

Удобно е да се решат многу проблеми со доказ во теоријата на деливост на природни броеви користејќи го методот на математичка индукција, дури може да се каже дека решавањето проблеми со овој метод е доста алгоритамски, доволно е да се извршат 4 основни чекори. Но, овој метод не може да се нарече универзален, бидејќи има и недостатоци: прво, можно е да се докаже само на множеството природни броеви, и второ, можно е да се докаже само за една променлива.

За развој на логично размислување, математичка култура, овој метод е неопходна алатка, бидејќи дури и големиот руски математичар А.Н. апсолутно неопходно за математика“.

Литература:

1. Vilenkin N. Ya. Индукција. Комбинаторика. - М.: Просветителство, 1976. - 48 стр.

2. Genkin L. За математичката индукција. - М., 1962. - 36 стр.

3. Solominsky I. S. Метод на математичка индукција. - М.: Наука, 1974. - 63 стр.

4. Sharygin I. F. Изборен предмет по математика: Решавање проблеми: Учебник за 10 ќелии. основно училиште - М.: Просветителство, 1989. - 252 стр.

5. Шен А. Математичка индукција. - М.: МТСНМО, 2007.- 32 стр.