Метод за развој на лекција на математичка индукција. Лекција „Метод на математичка индукција

Савељева Екатерина

Трудот ја 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

Надзорник : 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 знае индуктивно да се размислува. 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. 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 математичарот“. 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.

човечки активности. 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 беше објавено моето откритие ...“

Не знаеме каков доказ беше даден во ова списание, но се започна со приватни набљудувања. Самата хипотеза, која веројатно се појавила по откривањето на овие парцијални 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.

Решение, 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 докажете дека тоа е точно и за бројот што следи по негодо + 1. Со други зборови, да претпоставиме дека има претстава

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 збиротдо термини) се зголемуваат од лево кон десно така штот е најголем 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:

за n = 3 оваа изјава е вистинита;

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 тврдењето што се разгледува е точно 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, првпат 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 тоа, врз основа на две леми.

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

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 имплицираат валидност 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 повторно 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?

Решение. 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.

основа на индукција. За n = 1, сè е јасно, бидејќи пирамидата од еден прстен очигледно може да се премести на која било прачка.
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 на средина 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 проблеми 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. Докажи дека бројот Z 3 + 3 - 26n - 27 со произволна природна n е делив со 26 2 без остаток.

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

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.

основа на индукција. Очигледно е дека при n = 1 изјава е точно: бидејќи 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
чекор на индукција. Да претпоставиме дека во n = k
израз 3 3k + 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 загради 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.

Решение.

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 по 100 операции?

Решение. 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. Ајде 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? Да 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, ...

Решение. 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 наведување на првите 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 на неколку различни членови на повторливата низа од броевите на Фибоначи:

за k> 2.

Решение. 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 од 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.

Затоа што

Според индукциската хипотеза, 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 за 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.

Решение. 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 проблеми решени со помош 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.

Решение, 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, од кое веднаш произлегува 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. Докажете дека 2m + n - 2m за секој природентип на.

Решение. 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 на.

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

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.

Решение. 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 некоидо 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 го тоа за сите позитивни броеви...,а стр нееднаквоста

Решение. За n = 2 неравенството

аритметичката средина и геометриската средина (за два броја) ќе се сметаат за познати. Нека 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 , 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 го користиме „индукцијата надолу“, односно ќе докажеме дека ако нееднаквоста 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 нееднаквост.

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 сите ненегативни броеви за кој било n = 2, 3, 4, ...

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

Решение. Аглите и се споредливи, што значи (по дефиниција) дека овие агли имаат заедничка мерка за која = p, = (p, q се копрости природни 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 потребните 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

Решение. 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 прав(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, разгледајте го 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 двете страни на кои бојата е иста (сл. 4).

Ориз. четири

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 овиедоправо, можете да сликате во бела и црна боја, 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 раздвојува 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.

Решение.Ајде да се обидеме да го докажеме тоа со индукцијаП,дека автомобилот може да возиПкилометри од работ на пустината. НаП= 50 е познато. 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, 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 патување и назад од 1 километар 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

Конкретно, 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 мојата моќ.

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 решавање на проблеми 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

Метод на математичка индукција

Вовед

Главен дел

Целосна и нецелосна индукција
Принцип на математичка индукција
Метод на математичка индукција
Решение на примери
Еднаквост
Поделба на броеви
нееднаквости

Заклучок

Список на користена литература

Вовед

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 му се посветува во училишната програма. Па, кажи дека корисен човек ќе донесат тие две-три лекции за кои слуша пет теоретски збора, решава пет примитивни проблеми и, како резултат на тоа, добива петка затоа што ништо не знае.

Но, ова е толку важно - да можеш да размислуваш индуктивно.

Главен дел

Во неговото првобитно значење, зборот „индукција“ се применува на расудување со кое се добиваат општи заклучоци врз основа на голем број конкретни изјави. Наједноставниот метод на расудување од овој вид е целосна индукција. Еве еден пример за такво размислување.

Нека се бара да се утврди дека секој природен парен број n во рамките на 4 може да се претстави како збир од два прости броја. За да го направите ова, ги земаме сите такви броеви и ги запишуваме соодветните проширувања:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Овие девет еднаквости покажуваат дека секој од броевите што ни се интересни е навистина претставен како збир од два прости члена.

Така, целосна индукција е дека општата изјава се докажува одделно во секој од конечен број можни случаи.

Понекогаш општиот резултат може да се предвиди откако ќе се разгледаат не сите, туку голем број посебни случаи (т.н. нецелосна индукција).

Резултатот добиен со нецелосна индукција, сепак, останува само хипотеза додека не се докаже со точно математичко расудување, опфаќајќи ги сите посебни случаи. Со други зборови, нецелосната индукција во математиката не се смета за легитимен метод на ригорозно докажување, туку е моќен метод за откривање нови вистини.

Нека, на пример, се бара да се најде збирот на првите n последователни непарни броеви. Размислете за посебни случаи:

1+3+5+7+9=25=5 2

По разгледувањето на овие неколку посебни случаи, се сугерира следниот општ заклучок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тие. збирот на првите n последователни непарни броеви е n 2

Се разбира, направеното набљудување сè уште не може да послужи како доказ за валидноста на горната формула.

Целосната индукција има само ограничени примени во математиката. Многу интересни математички искази опфаќаат бесконечен број на посебни случаи, а ние не можеме да тестираме за бесконечен број случаи. Нецелосната индукција често доведува до погрешни резултати.

Во многу случаи, излезот од овој вид тешкотии е да се прибегне кон посебен метод на расудување, наречен метод на математичка индукција. Тоа е како што следува.

Нека е неопходно да се докаже валидноста на одреден исказ за кој било природен број n (на пример, потребно е да се докаже дека збирот на првите n непарни броеви е еднаков на n 2). Невозможна е директна проверка на оваа изјава за секоја вредност на n, бидејќи множеството природни броеви е бесконечно. За да ја докажете оваа изјава, прво проверете ја неговата валидност за n=1. Тогаш се докажува дека за која било природна вредност на k, валидноста на исказот што се разгледува за n=k ја подразбира неговата важност и за n=k+1.

Тогаш тврдењето се смета за докажано за сите n. Навистина, изјавата е точна за n=1. Но тогаш важи и за следниот број n=1+1=2. Валидноста на тврдењето за n=2 ја подразбира неговата валидност за n=2+

1=3. Ова имплицира валидност на исказот за n=4 итн. Јасно е дека, на крајот, ќе дојдеме до кој било природен број n. Оттука, изјавата е точна за која било n.

Сумирајќи го кажаното, го формулираме следниот општ принцип.

Принципот на математичка индукција.

Ако реченицата А(n) во зависност од природниот бројn, точно заn=1 и од фактот дека е точно заn= к (кадек-било кој природен број), произлегува дека тоа важи и за следниот бројn= к+1, а потоа претпоставка А(n) е точно за секој природен бројn.

Во голем број случаи, може да биде неопходно да се докаже валидноста на одреден исказ не за сите природни броеви, туку само за n>p, каде што p е фиксен природен број. Во овој случај, принципот на математичка индукција е формулиран на следниов начин.

Ако реченицата А(n) е точно заn= стр и ако А(к) Þ НО(к+1) за било којк> стр, потоа реченица А(n) е точно за било којn> стр.

Доказот со методот на математичка индукција се врши на следниов начин. Прво, тврдењето што треба да се докаже се проверува за n=1, т.е. се утврдува вистинитоста на тврдењето А(1). Овој дел од доказот се нарекува индукциона основа. Потоа следи дел од доказот наречен индукција чекор. Во овој дел се докажува валидноста на исказот за n=k+1 под претпоставка дека тврдењето е точно за n=k (индуктивната претпоставка), т.е. докажете дека A(k)ÞA(k+1).

ПРИМЕР 1

Докажи дека 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Следствено,

исказот е точен за n=1, т.е. А(1) е точно.

2) Да докажеме дека A(k)ÞA(k+1).

Нека k е кој било природен број и нека изјавата е точна за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Да докажеме дека тогаш тврдењето е точно и за следниот природен број n=k+1, т.е. што

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Навистина,

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

Значи A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека претпоставката A(n) е точна за секое nОN.

ПРИМЕР 2

Докажете го тоа

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n +1 -1) / (x-1), каде што x¹1

Решение: 1) За n=1 добиваме

1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

затоа, за n=1 формулата е вистинита; А(1) е точно.

2) Нека k е кој било природен број и нека формулата е точна за n=k, т.е.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k +1 -1) / (x-1).

Да докажеме дека тогаш еднаквоста

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k + x k +1 \u003d (x k +2 -1) / (x-1).

Навистина

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k +1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k +1 =

=(x k +1 -1)/(x-1)+x k +1 =(x k +2 -1)/(x-1).

Значи A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека формулата е точна за секој природен број n.

ПРИМЕР 3

Докажете дека бројот на дијагонали на конвексен n-аголник е n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3, исказот е точно

И 3 е точно, бидејќи во триаголник

 A 3 =3(3-3)/2=0 дијагонали;

А 2 А(3) е точно.

2) Да претпоставиме дека во која било

конвексен к-аголник има-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 дијагонали.

A k Да докажеме дека тогаш во конвексен

(k+1)-gon број

дијагонали A k +1 \u003d (k + 1) (k-2) / 2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 -конвексен (k+1)-агол. Да нацртаме дијагонала A 1 A k во неа. За да го изброите вкупниот број на дијагонали на овој (k + 1)-аголник, треба да го изброите бројот на дијагонали во k-аголникот A 1 A 2 ...A k , додадете k-2 на добиениот број, т.е. треба да се земе предвид бројот на дијагонали на (k+1)-аголникот што произлегува од темето A k +1 , а покрај тоа и дијагоналата A 1 A k.

На овој начин,

 k +1 =  k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Значи A(k)ÞA(k+1). Поради принципот на математичка индукција, изјавата е точна за секој конвексен n-аголник.

ПРИМЕР 4

Докажете дека за кое било n тврдењето е точно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Оттука, за n=1 изјавата е вистинита.

2) Да претпоставиме дека n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Размислете за оваа изјава за n=k+1

X k +1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k +1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Ја докажавме валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е точна за секое природно n.

ПРИМЕР 5

Докажете дека за секое природно n еднаквоста е точно:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Нека n=1.

Тогаш X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Гледаме дека за n=1 тврдењето е точно.

2) Да претпоставиме дека еднаквоста е точно за n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1, т.е.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Од горенаведениот доказ е јасно дека тврдењето е точно за n=k+1, затоа, еднаквоста е вистинита за секое природно n.

ПРИМЕР 6

Докажете го тоа

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2 (n 2 +n+1), каде што n>2.

Решение: 1) За n=2 идентитетот изгледа вака: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тие. Дали е точно.

2) Да претпоставиме дека изразот е точен за n=k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) Ќе ја докажеме исправноста на изразот за n=k+1.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Ја докажавме валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа, поради методот на математичка индукција, изјавата е точна за секое n>2

ПРИМЕР 7

Докажете го тоа

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

за било која природна n.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Да претпоставиме дека n=k, тогаш

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

Се докажува и валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа тврдењето е точно за секој природен број n.

ПРИМЕР 8

Докажете ја валидноста на идентитетот

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

за било која природна n.

1) За n=1 идентитетот е вистинит 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Да претпоставиме дека за n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2 (2k+1).

3) Да докажеме дека идентитетот е точен за n=k+1.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1 )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1).

Од горенаведениот доказ може да се види дека тврдењето е точно за кој било природен број n.

ПРИМЕР 9

Докажете дека (11 n+2 +12 2n+1) е делив со 133 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Но (23´133) е делив со 133 без остаток, така што за n=1 исказот е точно; А(1) е точно.

2) Да претпоставиме дека (11 k+2 +12 2k+1) е делив со 133 без остаток.

3) Да го докажеме тоа во овој случај

(11 k+3 +12 2k+3) се дели со 133 без остаток. Навистина, 11 k +3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2 ´12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1.

Добиениот збир е делив со 133 без остаток, бидејќи неговиот прв член е делив со 133 без остаток по претпоставка, а во вториот еден од факторите е 133. Значи, А(k)ÞА(k+1). Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

ПРИМЕР 10

Докажете дека за кој било n 7 n -1 е делив со 6 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш X 1 =7 1 -1=6 се дели со 6 без остаток. Значи за n=1 исказот е вистинит.

2) Да претпоставиме дека за n=k

7 k -1 се дели со 6 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k-1)+6.

Првиот член е делив со 6, бидејќи 7 k -1 е делив со 6 со претпоставка, а вториот член е 6. Значи 7 n -1 е множител на 6 за кое било природно n. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

ПРИМЕР 11

Докажете дека 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно природно n е делив со 11.
Решение: 1) Нека n=1, тогаш

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 се дели со 11 без остаток. Оттука, за n=1 изјавата е вистинита.

2) Да претпоставиме дека за n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 е делив со 11 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ´3 3k-1 +2 4 ´2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3 k -1 +2 4k-3)+11´3 3k-1.

Првиот член е делив со 11 без остаток, бидејќи 3 3 k-1 +2 4k-3 е делив со 11 по претпоставка, вториот е делив со 11, бидејќи еден од неговите фактори е бројот 11. Значи збирот е делив со 11 без остаток за ниту една природна n. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

ПРИМЕР 12

Докажете дека 11 2n -1 за произволен позитивен цел број n е делив со 6 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш 11 2 -1=120 е делив со 6 без остаток. Значи за n=1 исказот е вистинит.

2) Да претпоставиме дека за n=k

11 2 k -1 се дели со 6 без остаток.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Двата члена се деливи со 6 без остаток: првиот содржи множител на 6 број 120, а вториот е делив со 6 без остаток по претпоставка. Значи збирот е делив со 6 без остаток. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

ПРИМЕР 13

Докажете дека 3 3 n+3 -26n-27 за произволен позитивен цел број n е делив со 26 2 (676) без остаток.

Решение: Прво да докажеме дека 3 3 n+3 -1 е делив со 26 без остаток.

За n=0

3 3 -1=26 се дели со 26

Да претпоставиме дека за n=k

3 3k+3 -1 се дели со 26

Да го докажеме тоа изјавата

точно за n=k+1.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3 k +3 -1) - се дели со 26

Сега да го докажеме тврдењето формулирано во состојбата на проблемот.

1) Очигледно е дека за n=1 изјавата е вистинита

3 3+3 -26-27=676

2) Да претпоставиме дека за n=k

изразот 3 3 k+3 -26k-27 е делив со 26 2 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Двата члена се деливи со 26 2 ; првиот е делив со 26 2 затоа што докажавме дека изразот во заградите е делив со 26, а вториот е делив со индуктивната хипотеза. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

ПРИМЕР 14

Докажи дека ако n>2 и x>0, тогаш неравенството

(1+x) n >1+n´x.

Решение: 1) За n=2, неравенството е точно, бидејќи

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

Значи А(2) е точно.

2) Да докажеме дека A(k)ÞA(k+1) ако k> 2. Да претпоставиме дека A(k) е точно, т.е. дека неравенката

(1+x) k >1+k´x. (3)

Да докажеме дека тогаш A(k+1) е исто така точно, т.е. дека неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Навистина, множејќи ги двете страни на неравенката (3) со позитивен број 1+x, добиваме

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Размислете за десната страна на последната нееднаква

stva; ние имаме

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

Како резултат на тоа, го добиваме тоа

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Значи A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека неравенката на Бернули е валидна за која било

ПРИМЕР 15

Докажете дека нееднаквоста е точна

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 за a> 0.

Решение: 1) За m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 двата дела се еднакви.

2) Да претпоставиме дека за m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Да докажеме дека за m=k+1 неравенството е точно

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Ја докажавме валидноста на неравенството за m=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, неравенката е точна за секој природен m.

ПРИМЕР 16

Докажи дека за n>6 неравенството

Решение: Да ја препишеме неравенството во форма

За n=7 имаме

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

нееднаквоста е вистина.

Да претпоставиме дека за n=k

3) Да ја докажеме точноста на неравенката за n=k+1.

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Бидејќи k>7, последната неравенка е очигледна.

Врз основа на методот на математичка индукција, неравенството важи за секое природно n.

ПРИМЕР 17

Докажи дека за n>2 неравенството

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Решение: 1) За n=3 неравенството е точно

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180

Да претпоставиме дека за n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).

3) Ќе ја докажеме валидноста на не-

еднаквости за n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Да докажеме дека 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Последново е очигледно, и затоа

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Врз основа на методот на математичка индукција се докажува нееднаквоста.

Заклучок

Конкретно, проучувајќи го методот на математичка индукција, го зголемив моето знаење во оваа област на математиката, а исто така научив како да решавам проблеми што претходно беа надвор од мојата моќ.

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

МАТЕМАТИКА:

ПРЕДАВАЊА, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЈА

Учебник / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Потпури ДОО 1996 година.

АЛГЕБРА И ПРИНЦИПИТЕ НА АНАЛИЗАТА

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

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. №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 проблеми 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 проблеми.

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 кое 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 е исто така делив 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 секое 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 се дели 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 е делив со 7, тогаш нивната разлика е исто така делива со 7.

Удобно е да се решат многу доказни проблеми во теоријата на деливост на природните 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.

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧКА ИНДУКЦИЈА

Зборот индукција на руски значи насоки, а индуктивно 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 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 кои 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 точна 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 што ги дефинира природните серии на броеви, и оттука се прифаќа 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

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.

Решение.

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

сумирање на серии

Пример 1Докажете ја формулата

, n е природен број.

Решение.

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

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

Решение.

Да ја означиме потребната сума т.е. .

За n=1, хипотезата е точна.

Нека . Да го покажеме тоа .

Навистина,

Проблемот е решен.

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

Решение.

Нека .

Ајде да се преправаме дека . Потоа

И, конечно.

Пример 4Докажете го тоа.

Решение.

Ако тогаш

Пример 5Докажете го тоа

Решение.

За n=1, хипотезата е очигледно вистинита.

Нека .

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

Решение.

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. Затоа . 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.

Решение.

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.

Решение.

За n=2, неравенството (1) има форма

. (2)

Од , тогаш нееднаквоста

. (3)

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

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

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

. (4)

Да докажеме дека тогаш неравенката (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.

Решение.

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?

Решение.

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.

Решение.

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 од линии ќе ја наречеме карта, дадените точки се нејзините темиња, отсечките кривини меѓу две соседни темиња - границите на картата, деловите од рамнината во кои е поделена со границите - земјите од Мапа.

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.

Решение.

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.

Вистинското знаење во секое време се засноваше на воспоставување шема и докажување на неговата вистинитост во одредени околности. За толку долг период на постоење на логично расудување биле дадени формулациите на правилата, а Аристотел дури составил список на „правилно расудување“. Историски гледано, вообичаено е да се поделат сите заклучоци на два вида - од конкретно до множина (индукција) и обратно (дедукција). Треба да се напомене дека видовите докази од особено во општо и од општо до особено постојат само во меѓусебна поврзаност и не можат да се заменуваат.

Индукција во математиката

Терминот „индукција“ (индукција) има латински корени и буквално се преведува како „упатство“. По внимателно проучување, може да се разликува структурата на зборот, имено латинскиот префикс - во- (означува насочено дејство навнатре или внатре) и - воведување - вовед. Вреди да се напомене дека постојат два вида - целосна и нецелосна индукција. Целосната форма се карактеризира со заклучоци извлечени од изучувањето на сите предмети од одредена класа.

Нецелосни - заклучоците се применуваат за сите предмети од часот, но направени врз основа на проучување само на некои единици.

Целосна математичка индукција е заклучок заснован на општ заклучок за целата класа на какви било предмети кои се функционално поврзани со односи на природните серии на броеви врз основа на знаење за оваа функционална врска. Во овој случај, процесот на докажување се одвива во три фази:

во првата фаза се докажува точноста на исказот за математичка индукција. Пример: f = 1, индукција;
следната фаза се заснова на претпоставката дека позицијата важи за сите природни броеви. Односно, f=h, ова е индуктивната претпоставка;
во третата фаза се докажува валидноста на позицијата за бројот f=h+1, врз основа на точноста на позицијата од претходниот пасус - ова е индукциона транзиција, или чекор на математичка индукција. Пример е таканаречениот ако првата коска во редот падне (основа), тогаш сите коски во редот паѓаат (транзиција).

И на шега и сериозно

За олеснување на перцепцијата, примерите на решенија со методот на математичка индукција се осудуваат во форма на проблеми од шега. Ова е задачата Polite Queue:

Правилата на однесување му забрануваат на мажот да се заврти пред жена (во таква ситуација, таа е пуштена напред). Врз основа на оваа изјава, ако последниот во редот е маж, тогаш сите останати се мажи.

Впечатлив пример за методот на математичка индукција е проблемот „Бездимензионален лет“:

Потребно е да се докаже дека во минибусот се вклопуваат било кој број луѓе. Точно е дека едно лице може да се смести во транспортот без тешкотии (основа). Но, без разлика колку е полн минибусот, во него секогаш ќе се смести 1 патник (индукциски чекор).

познати кругови

Примери за решавање проблеми и равенки со математичка индукција се доста чести. Како илустрација за овој пристап, можеме да го разгледаме следниот проблем.

Состојба: h кругови се поставени на рамнината. Потребно е да се докаже дека за секое распоредување на фигурите, картата формирана од нив може правилно да се обои со две бои.

Решение: за h=1 вистинитоста на исказот е очигледна, па доказот ќе се изгради за бројот на кругови h+1.

Да претпоставиме дека изјавата е точна за која било карта, а на рамнината се дадени кругови h + 1. Со отстранување на еден од круговите од вкупниот број, можете да добиете мапа правилно обоена со две бои (црно-бело).

Кога враќате избришан круг, бојата на секоја област се менува на спротивна (во овој случај, внатре во кругот). Излегува карта правилно обоена во две бои, што требаше да се докаже.

Примери со природни броеви

Примената на методот на математичка индукција е јасно прикажана подолу.

Примери за решенија:

Докажете дека за кој било ч еднаквоста ќе биде точна:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нека h=1, тогаш:

R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

Од ова произлегува дека за h=1 исказот е точен.

2. Под претпоставка дека h=d се добива следнава равенка:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. Под претпоставка дека h=d+1, излегува:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Така, валидноста на еднаквоста за h=d+1 е докажана, па исказот е точен за секој природен број, што е прикажано во примерот за решение со математичка индукција.

Задача

Состојба: потребен е доказ дека за која било вредност на h, изразот 7 h -1 е делив со 6 без остаток.

Решение:

1. Да речеме h=1, во овој случај:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (т.е. поделено со 6 без остаток)

Според тоа, за h=1 исказот е вистинит;

2. Нека h=d и 7 d -1 е делив со 6 без остаток;

3. Доказ за валидноста на исказот за h=d+1 е формулата:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

Во овој случај, првиот член е делив со 6 со претпоставката од првиот став, а вториот член е еднаков на 6. Исказот дека 7 h -1 е делив со 6 без остаток за кој било природен h е точно.

Заблуда на судот

Често, неточното расудување се користи во доказите, поради неточноста на користените логички конструкции. Во основа, тоа се случува кога се нарушуваат структурата и логиката на доказот. Пример за погрешно расудување е следната илустрација.

Задача

Состојба: бара доказ дека секој куп камења не е куп.

Решение:

1. Да речеме h=1, во овој случај има 1 камен во купот и изјавата е вистинита (основа);

2. Нека е точно за h=d дека купот камења не е куп (претпоставка);

3. Нека h=d+1, од што произлегува дека кога ќе се додаде уште еден камен, множеството нема да биде грамада. Заклучокот сам по себе сугерира дека претпоставката е валидна за сите природни ж.

Грешката лежи во фактот што не постои дефиниција за тоа колку камења формираат еден куп. Ваквиот пропуст се нарекува избрзана генерализација во методот на математичка индукција. Еден пример го покажува ова јасно.

Индукција и законите на логиката

Историски гледано, тие секогаш „одат рака под рака“. Таквите научни дисциплини како логиката, филозофијата ги опишуваат во форма на спротивности.

Од гледна точка на законот на логиката, потпирањето на фактите се гледа во индуктивните дефиниции, а вистинитоста на премисите не ја одредува точноста на добиената изјава. Честопати се добиваат заклучоци со одреден степен на веројатност и веродостојност, што, секако, мора да се проверат и потврдат со дополнителни истражувања. Пример за индукција во логиката би била изјавата:

Суша во Естонија, суша во Латвија, суша во Литванија.

Естонија, Латвија и Литванија се балтичките држави. Суша во сите балтички земји.

Од примерот можеме да заклучиме дека со методот на индукција не може да се добие нова информација или вистина. Сè на што може да се смета е некаква можна вистинитост на заклучоците. Покрај тоа, вистинитоста на просториите не ги гарантира истите заклучоци. Сепак, овој факт не значи дека индукцијата вегетира во задниот двор на дедукцијата: огромен број одредби и научни закони се поткрепени со помош на методот на индукција. Математиката, биологијата и другите науки можат да послужат како пример. Ова главно се должи на методот на целосна индукција, но во некои случаи се применува и делумна.

Преподобната возраст на индукција му дозволи да навлезе во скоро сите сфери на човековата активност - ова е наука, економија и секојдневни заклучоци.

Индукција во научната средина

Методот на индукција бара скрупулозен став, бидејќи премногу зависи од бројот на проучуваните детали на целината: колку е поголем бројот што се проучува, толку е посигурен резултатот. Врз основа на оваа карактеристика, научните закони добиени со методот на индукција се тестираат доволно долго на ниво на веројатни претпоставки за да се изолираат и проучат сите можни структурни елементи, врски и влијанија.

Во науката, индуктивниот заклучок се заснова на значајни карактеристики, со исклучок на случајни одредби. Овој факт е важен во врска со спецификите на научното знаење. Тоа јасно се гледа во примерите на индукција во науката.

Постојат два вида на индукција во научниот свет (во врска со методот на проучување):

индукција-селекција (или селекција);
индукција - исклучување (елиминација).

Првиот тип се одликува со методично (внимателно) земање примероци на класа (подкласи) од нејзините различни области.

Пример за овој тип на индукција е следниов: среброто (или сребрените соли) ја прочистува водата. Заклучокот се заснова на долгорочни опсервации (еден вид избор на потврди и побивања - селекција).

Вториот тип на индукција се заснова на заклучоци кои воспоставуваат причинско-последична врска и исклучуваат околности кои не одговараат на неговите својства, имено, универзалност, почитување на временската низа, неопходност и недвосмисленост.

Индукција и дедукција од гледна точка на филозофијата

Ако ја погледнете историската ретроспектива, терминот „индукција“ првпат го споменал Сократ. Аристотел опиша примери на индукција во филозофијата во поприближен терминолошки речник, но прашањето за нецелосната индукција останува отворено. По прогонувањето на аристотеловиот силогизам, индуктивниот метод почнал да се препознава како плоден и единствен можен во природните науки. Бејкон се смета за татко на индукцијата како независен посебен метод, но тој не успеа да ја оддели, како што бараа неговите современици, индукцијата од дедуктивниот метод.

Понатамошниот развој на индукцијата беше спроведен од J. Mill, кој ја разгледа теоријата на индукција од гледна точка на четири главни методи: договор, разлика, остатоци и соодветни промени. Не е изненадувачки што денес наведените методи, кога детално се разгледуваат, се дедуктивни.

Свеста за недоследноста на теориите на Бејкон и Мил ги навела научниците да ја истражат веројатната основа на индукцијата. Сепак, дури и овде имаше некои екстреми: беа направени обиди да се намали индукцијата на теоријата на веројатност, со сите последователни последици.

Индукцијата добива глас на доверба при практична примена во одредени предметни области и благодарение на метричката точност на индуктивната основа. Пример за индукција и дедукција во филозофијата може да се смета законот за универзална гравитација. На датумот на откривање на законот, Њутн можел да го потврди со точност од 4 проценти. И при проверка по повеќе од двесте години, исправноста беше потврдена со точност од 0,0001 отсто, иако проверката беше извршена со истите индуктивни генерализации.

Современата филозофија посветува поголемо внимание на дедукцијата, која е диктирана од логичната желба да изведе ново знаење (или вистина) од она што е веќе познато, без прибегнување кон искуство, интуиција, но користејќи „чисто“ расудување. Кога се повикуваме на вистинити премиси во дедуктивниот метод, во сите случаи, излезот е вистинит исказ.

Оваа многу важна карактеристика не треба да ја засени вредноста на индуктивниот метод. Бидејќи индукцијата, врз основа на достигнувањата на искуството, исто така станува средство за нејзина обработка (вклучувајќи генерализација и систематизација).

Примена на индукција во економијата

Индукцијата и дедукцијата долго време се користат како методи за проучување на економијата и предвидување на нејзиниот развој.

Опсегот на употреба на индукцискиот метод е доста широк: проучување на исполнувањето на прогнозните индикатори (профит, амортизација итн.) и општа проценка на состојбата на претпријатието; формирање на ефективна политика за унапредување на претпријатијата заснована на факти и нивните односи.

Истиот метод на индукција се користи и во графиконите на Shewhart, каде што, под претпоставка дека процесите се поделени на контролирани и неуправувани, се наведува дека рамката на контролираниот процес е неактивна.

Треба да се напомене дека научните закони се поткрепени и потврдени со помош на методот на индукција, а бидејќи економијата е наука која често користи математичка анализа, теорија на ризик и статистички податоци, воопшто не е чудно што индукцијата е вклучена во листата на главни методи.

Следната ситуација може да послужи како пример за индукција и дедукција во економијата. Зголемувањето на цената на храната (од потрошувачката кошница) и основните добра го турка потрошувачот да размислува за новите високи трошоци во државата (индукција). Во исто време, од фактот на високата цена, користејќи математички методи, можно е да се извлечат показатели за раст на цените за поединечни стоки или категории на стоки (одбиток).

Најчесто, менаџерскиот персонал, менаџерите и економистите се свртуваат кон методот на индукција. За да може да се предвиди развојот на претпријатието, однесувањето на пазарот и последиците од конкуренцијата со доволна вистинитост, неопходен е индуктивно-дедуктивен пристап кон анализата и обработката на информациите.

Илустративен пример за индукција во економијата, повикувајќи се на лажни пресуди:

добивката на компанијата се намали за 30%;
конкурентот ја проширил својата производна линија;
ништо друго не се смени;
производната политика на конкурентска компанија предизвика намалување на профитот за 30%;
затоа треба да се спроведе истата производна политика.

Примерот е шарена илустрација за тоа како несоодветната употреба на методот на индукција придонесува за пропаст на претпријатие.

Дедукција и индукција во психологијата

Бидејќи постои метод, тогаш, логично, постои и правилно организирано размислување (за користење на методот). Психологијата како наука која ги проучува менталните процеси, нивното формирање, развој, односи, интеракции, обрнува внимание на „дедуктивното“ размислување како една од облиците на манифестирање на дедукција и индукција. За жал, на страниците на психологијата на Интернет, практично нема оправдување за интегритетот на дедуктивно-индуктивниот метод. Иако професионалните психолози се со поголема веројатност да се сретнат со манифестации на индукција, или подобро кажано, погрешни заклучоци.

Пример за индукција во психологијата, како илустрација на погрешни судови, е изјавата: мајка ми е измамник, затоа, сите жени се измамници. Има уште по „погрешни“ примери на индукција од животот:

ученикот не е способен за ништо ако добил дуц по математика;
тој е будала;
тој е паметен;
можам да направам сè;

И многу други вредносни судови засновани на апсолутно случајни, а понекогаш и безначајни пораки.

Треба да се забележи: кога заблудата на судовите на една личност ќе достигне апсурдност, на психотерапевтот му се појавува фронт на работа. Еден пример за индукција на преглед на специјалист:

„Пациентот е апсолутно сигурен дека црвената боја носи само опасност за него во какви било манифестации. Како резултат на тоа, едно лице ја исклучи оваа шема на бои од својот живот - колку што е можно повеќе. Во домашната средина има многу можности за удобно живеење. Можете да ги одбиете сите црвени предмети или да ги замените со аналози направени во различна шема на бои. Но, на јавни места, на работа, во продавница - тоа е невозможно. Влегувајќи во стресна ситуација, пациентот секој пат доживува „плима“ на сосема различни емоционални состојби, што може да биде опасно за другите.

Овој пример на индукција, и несвесно, се нарекува „фиксни идеи“. Ако ова се случи со ментално здрава личност, можеме да зборуваме за недостаток на организација на ментална активност. Елементарниот развој на дедуктивното размислување може да стане начин да се ослободите од опсесивни состојби. Во други случаи, психијатри работат со такви пациенти.

Горенаведените примери на индукција укажуваат дека „непознавањето на законот не ослободува од последиците (погрешни пресуди)“.

Психолозите, кои работат на темата дедуктивно размислување, составија листа на препораки дизајнирани да им помогнат на луѓето да го совладаат овој метод.

Првиот чекор е решавање на проблеми. Како што може да се види, формата на индукција што се користи во математиката може да се смета за „класична“, а употребата на овој метод придонесува за „дисциплина“ на умот.

Следниот услов за развој на дедуктивното размислување е проширување на хоризонтите (оние кои размислуваат јасно, јасно кажуваат). Оваа препорака ги насочува „страдањата“ кон ризниците на науката и информациите (библиотеки, веб-страници, образовни иницијативи, патувања итн.).

Одделно, треба да се спомене таканаречената „психолошка индукција“. Овој термин, иако ретко, може да се најде на Интернет. Сите извори не даваат барем кратка дефиниција за овој поим, туку се однесуваат на „примери од животот“, притоа презентирајќи сугестија, некои форми на ментална болест или екстремни состојби на човечката психа како нов тип на индукција. Од сето горенаведено, јасно е дека обидот да се изведе „нов термин“ заснован на лажни (често невистинити) премиси го осудува експериментаторот да добие погрешна (или избрзана) изјава.

Треба да се забележи дека упатувањето на експериментите од 1960 година (без да се наведе местото на одржување, имињата на експериментаторите, примерокот на субјектите и што е најважно, целта на експериментот) изгледа, благо кажано, неубедливо и изјавата дека мозокот ги перцепира информациите заобиколувајќи ги сите органи на перцепција (фразата „искусен од“ во овој случај пооргански би се вклопила), тера да размислуваме за лековерноста и некритичноста на авторот на изјавата.

Наместо заклучок

Кралицата на науките - математиката, не залудно ги користи сите можни резерви на методот на индукција и дедукција. Разгледаните примери ни овозможуваат да заклучиме дека површната и несоодветна (непромислена, како што велат) примена дури и на најточните и најсигурни методи секогаш води до погрешни резултати.

Во масовната свест, методот на дедукција се поврзува со познатиот Шерлок Холмс, кој во своите логички конструкции често користи примери на индукција, користејќи дедукција во неопходни ситуации.

Во написот беа разгледани примери за примена на овие методи во различни науки и сфери на човечкиот живот.