Kaedah rumusan pelajaran induksi matematik. Contoh – aruhan matematik

KAEDAH AROHAN MATEMATIK

Perkataan induksi dalam bahasa Rusia bermaksud bimbingan, dan induktif dipanggil kesimpulan berdasarkan pemerhatian, eksperimen, i.e. diperoleh melalui inferens daripada yang khusus kepada umum.

Sebagai contoh, setiap hari kita melihat bahawa Matahari terbit dari timur. Oleh itu, anda boleh yakin bahawa esok ia akan muncul di timur, dan bukan di barat. Kami membuat kesimpulan ini tanpa menggunakan sebarang andaian tentang punca pergerakan Matahari merentasi langit (lebih-lebih lagi, pergerakan ini sendiri ternyata jelas, kerana dunia sebenarnya bergerak). Namun, terbitan induktif ini dengan betul menerangkan pemerhatian yang akan kita buat esok.

Peranan inferens induktif dalam sains eksperimen adalah sangat besar. Mereka memberikan peruntukan tersebut, dari mana kesimpulan selanjutnya dibuat melalui potongan. Dan walaupun mekanik teori adalah berdasarkan tiga undang-undang gerakan Newton, undang-undang ini sendiri adalah hasil pemikiran mendalam melalui data eksperimen, khususnya, undang-undang gerakan planet Kepler, yang diperolehi olehnya semasa pemprosesan pemerhatian jangka panjang oleh Ahli astronomi Denmark Tycho Brahe. Pemerhatian dan induksi ternyata berguna pada masa hadapan untuk memperhalusi andaian yang dibuat. Selepas eksperimen Michelson untuk mengukur kelajuan cahaya dalam medium bergerak, ternyata perlu untuk menjelaskan undang-undang fizik dan mencipta teori relativiti.

Dalam matematik, peranan induksi sebahagian besarnya adalah ia mendasari aksiomatik yang dipilih. Selepas latihan yang panjang menunjukkan bahawa jalan yang lurus sentiasa lebih pendek daripada yang melengkung atau patah, adalah wajar untuk merumuskan aksiom: untuk mana-mana tiga titik A, B dan C, ketaksamaan

Tanggapan asas aritmetik untuk diikuti juga muncul daripada memerhatikan pembentukan askar, kapal, dan set tertib lain.

Walau bagaimanapun, seseorang tidak sepatutnya berfikir bahawa ini adalah pengakhiran peranan induksi dalam matematik. Sudah tentu, kita tidak seharusnya mengesahkan secara eksperimen teorem yang disimpulkan secara logik daripada aksiom: jika tiada ralat logik dibuat dalam terbitan, maka ia adalah benar setakat aksiom yang telah kita terima adalah benar. Tetapi banyak pernyataan boleh disimpulkan daripada sistem aksiom ini. Dan pemilihan pernyataan yang perlu dibuktikan sekali lagi dicadangkan melalui induksi. Dialah yang membolehkan kita memisahkan teorem berguna dari yang tidak berguna, menunjukkan teorem mana yang mungkin benar, dan juga membantu menggariskan jalan pembuktian.

Intipati kaedah aruhan matematik

Dalam banyak bahagian aritmetik, algebra, geometri, analisis, seseorang itu perlu membuktikan kebenaran ayat A(n) yang bergantung kepada pembolehubah semula jadi. Bukti kebenaran ayat A(n) untuk semua nilai pembolehubah selalunya boleh dilakukan dengan kaedah aruhan matematik, yang berdasarkan prinsip berikut.

Ayat A(n) dianggap benar untuk semua nilai semula jadi pembolehubah jika dua syarat berikut dipenuhi:

Proposisi A(n) adalah benar untuk n=1.

Daripada andaian bahawa A(n) adalah benar untuk n=k (dengan k ialah sebarang nombor asli), maka ia adalah benar untuk nilai seterusnya n=k+1.

Prinsip ini dipanggil prinsip aruhan matematik. Ia biasanya dipilih sebagai salah satu aksiom yang mentakrifkan siri semula jadi nombor, dan oleh itu diterima tanpa bukti.

Kaedah aruhan matematik difahami sebagai kaedah pembuktian berikut. Jika diperlukan untuk membuktikan kebenaran proposisi A(n) untuk semua n semula jadi, maka, pertama, seseorang harus menyemak kebenaran proposisi A(1) dan, kedua, menganggap kebenaran proposisi A(k) , cuba buktikan bahawa proposisi A(k +1) benar. Jika ini boleh dibuktikan, dan buktinya kekal sah untuk setiap nilai semula jadi k, maka, mengikut prinsip aruhan matematik, proposisi A(n) diiktiraf sebagai benar untuk semua nilai n.

Kaedah aruhan matematik digunakan secara meluas dalam membuktikan teorem, identiti, ketaksamaan, dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi, dalam menyelesaikan beberapa masalah geometri dan banyak lagi masalah lain.

Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah pada

kebolehpecahan

Dengan menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang boleh membuktikan pelbagai pernyataan mengenai kebolehbahagi nombor asli.

Penegasan berikut boleh dibuktikan dengan agak mudah. Mari kita tunjukkan bagaimana ia diperoleh menggunakan kaedah aruhan matematik.

Contoh 1. Jika n ialah nombor asli, maka nombor itu ialah genap.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah benar: - nombor genap. Mari kita anggap itu adalah nombor genap. Oleh kerana , 2k ialah nombor genap, maka malah. Jadi, pariti dibuktikan untuk n=1, pariti disimpulkan daripada pariti .Jadi, walaupun untuk semua nilai semula jadi n.

Contoh 2Buktikan kebenaran ayat tersebut

A(n)=(nombor 5 ialah gandaan 19), n ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Pernyataan A(1)=(nombor ialah gandaan 19) adalah benar.

Katakan bahawa untuk beberapa nilai n=k

A(k)=(nombor ialah gandaan 19) adalah benar. Kemudian, sejak

Jelas sekali, A(k+1) juga benar. Sememangnya, sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 19 berdasarkan andaian bahawa A(k) adalah benar; sebutan kedua juga boleh dibahagikan dengan 19, kerana ia mengandungi faktor 19. Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi A(n) adalah benar untuk semua nilai n.

Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada

penjumlahan siri

Contoh 1Buktikan formulanya

, n ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Untuk n=1, kedua-dua bahagian kesamaan bertukar menjadi satu dan, oleh itu, syarat pertama prinsip aruhan matematik dipenuhi.

Andaikan bahawa formula adalah benar untuk n=k, i.e.

.

Mari kita tambahkan kedua-dua belah kesamarataan ini dan ubah bahagian kanan. Kemudian kita dapat

Oleh itu, daripada fakta bahawa formula adalah benar untuk n=k, ia mengikuti bahawa ia adalah benar untuk n=k+1 juga. Pernyataan ini adalah benar untuk sebarang nilai semula jadi k. Jadi, syarat kedua prinsip aruhan matematik juga dipenuhi. Formula telah terbukti.

Contoh 2Buktikan bahawa hasil tambah n nombor pertama siri semula jadi ialah .

Penyelesaian.

Mari kita nyatakan jumlah yang diperlukan, i.e. .

Untuk n=1, hipotesis adalah benar.

biarlah . Mari kita tunjukkan itu .

Sesungguhnya,

Masalah selesai.

Contoh 3Buktikan bahawa hasil tambah kuasa dua bagi n nombor pertama siri semula jadi adalah sama dengan .

Penyelesaian.

biarlah .

.

Mari kita berpura-pura itu . Kemudian

Dan akhirnya.

Contoh 4 Buktikan bahawa.

Penyelesaian.

Jika , maka

Contoh 5 Buktikan itu

Penyelesaian.

Untuk n=1, hipotesis jelas benar.

biarlah .

Mari kita buktikan itu.

sungguh,

Contoh mengaplikasi kaedah aruhan matematik kepada

bukti ketidaksamaan

Contoh 1Buktikan bahawa untuk sebarang nombor asli n>1

.

Penyelesaian.

Nyatakan bahagian kiri ketaksamaan dengan .

Oleh itu, untuk n=2, ketaksamaan adalah benar.

Biarkan untuk beberapa k. Mari kita buktikan bahawa kemudian dan . Kami ada , .

Membandingkan dan , kita ada , iaitu .

Untuk sebarang integer positif k, sebelah kanan kesamaan terakhir ialah positif. sebab tu . Tetapi , oleh itu, dan .

Contoh 2Cari kesilapan dalam penaakulan.

Kenyataan. Untuk mana-mana n semula jadi, ketaksamaan adalah benar.

Bukti.

. (1)

Mari kita buktikan bahawa ketaksamaan itu juga sah untuk n=k+1, i.e.

.

Memang sekurang-kurangnya 2 untuk mana-mana k semula jadi. Mari tambah ketaksamaan (1) ke sebelah kiri, dan 2 ke sebelah kanan. Kita mendapat ketaksamaan yang saksama , atau . Pernyataan itu telah terbukti.

Contoh 3Buktikan itu , di mana >-1, , n ialah nombor asli lebih besar daripada 1.

Penyelesaian.

Untuk n=2, ketaksamaan adalah benar, kerana .

Biarkan ketaksamaan itu benar untuk n=k, dengan k ialah beberapa nombor asli, i.e.

. (1)

Mari kita tunjukkan bahawa ketaksamaan itu juga sah untuk n=k+1, i.e.

. (2)

Sesungguhnya, dengan andaian, , oleh itu, ketidaksamaan

, (3)

diperoleh daripada ketaksamaan (1) dengan mendarab setiap bahagiannya dengan . Mari kita tulis semula ketaksamaan (3) seperti berikut: . Membuang istilah positif di sebelah kanan ketaksamaan terakhir, kita memperoleh ketaksamaan yang sah (2).

Contoh 4 Buktikan itu

(1)

di mana , , n ialah nombor asli lebih daripada 1.

Penyelesaian.

Untuk n=2, ketaksamaan (1) mengambil bentuk

. (2)

Sejak , maka ketidaksamaan

. (3)

Menambah setiap bahagian ketaksamaan (3) dengan , kita memperoleh ketaksamaan (2).

Ini membuktikan bahawa ketaksamaan (1) berlaku untuk n=2.

Biarkan ketaksamaan (1) sah untuk n=k, dengan k ialah beberapa nombor asli, i.e.

. (4)

Mari kita buktikan bahawa ketaksamaan (1) juga mesti sah untuk n=k+1, i.e.

(5)

Mari kita darabkan kedua-dua bahagian ketaksamaan (4) dengan a+b. Oleh kerana, dengan syarat, , kita memperoleh ketaksamaan saksama berikut:

. (6)

Untuk membuktikan ketaksamaan (5), sudah memadai untuk menunjukkannya

, (7)

atau, yang sama,

. (8)

Ketaksamaan (8) adalah bersamaan dengan ketaksamaan

. (9)

Jika , maka , dan di sebelah kiri ketaksamaan (9) kita mempunyai hasil darab dua nombor positif. Jika , maka , dan di sebelah kiri ketaksamaan (9) kita mempunyai hasil darab dua nombor negatif. Dalam kedua-dua kes ketaksamaan (9) adalah sah.

Ini membuktikan bahawa kesahan ketaksamaan (1) untuk n=k membayangkan kesahannya untuk n=k+1.

Kaedah aruhan matematik seperti yang digunakan pada orang lain

tugasan

Aplikasi paling semula jadi kaedah aruhan matematik dalam geometri, hampir dengan penggunaan kaedah ini dalam teori nombor dan algebra, adalah aplikasi untuk penyelesaian masalah pengiraan geometri. Mari lihat beberapa contoh.

Contoh 1Hitung sisi yang betul - segi empat sama yang ditulis dalam bulatan berjejari R.

Penyelesaian.

Untuk n=2 betul 2 n - segi empat sama ialah segi empat sama; pihaknya. Selanjutnya, mengikut formula penggandaan

cari bahawa sisi bagi oktagon sekata , sisi heksagon sekata , sisi sudut tiga puluh dua sekata . Oleh itu, kita boleh mengandaikan bahawa sisi biasa tertulis 2 n - segi empat sama untuk mana-mana adalah sama

. (1)

Mari kita andaikan bahawa sisi -gon bersurat biasa dinyatakan dengan formula (1). Dalam kes ini, dengan formula penggandaan

,

dari mana ia mengikuti bahawa formula (1) adalah sah untuk semua n.

Contoh 2Berapakah bilangan segi tiga yang boleh dibahagikan kepada n-gon (tidak semestinya cembung) dengan pepenjuru yang tidak bersilang?

Penyelesaian.

Untuk segi tiga, nombor ini sama dengan satu (tiada pepenjuru boleh dilukis dalam segi tiga); untuk segi empat nombor ini jelas sama dengan dua.

Katakan kita sudah tahu bahawa setiap k-gon, di mana k 1 A 2 ... A n menjadi segi tiga.

A n

A 1 A 2

Biarkan А 1 А k menjadi salah satu pepenjuru bagi sekatan ini; ia membahagikan n-gon А 1 А 2 …А n kepada k-gon A 1 A 2 …A k dan (n-k+2)-gon А 1 А k A k+1 …A n . Berdasarkan andaian yang dibuat, jumlah bilangan segi tiga partition akan sama dengan

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

dengan itu penegasan kami terbukti untuk semua n.

Contoh 3Nyatakan peraturan untuk mengira nombor P(n) cara n-gon cembung boleh dibahagikan kepada segi tiga dengan pepenjuru tidak bersilang.

Penyelesaian.

Untuk segi tiga, nombor ini jelas sama dengan satu: P(3)=1.

Katakan kita telah pun menentukan nombor P(k) untuk semua k 1 A 2 ... A n . Untuk sebarang pembahagiannya kepada segi tiga, sisi A 1 A 2 akan menjadi sisi salah satu segi tiga partition, bucu ketiga segitiga ini boleh bertepatan dengan setiap titik A 3 , А 4 , …,А n . Bilangan cara untuk membahagikan n-gon di mana bucu ini bertepatan dengan titik A 3 , adalah sama dengan bilangan cara untuk menyegitiga (n-1)-gon A 1 A 3 A 4 ... A n , iaitu sama dengan P(n-1). Bilangan cara pembahagian di mana puncak ini bertepatan dengan A 4 , adalah sama dengan bilangan cara untuk membahagikan (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 ... A n , iaitu sama dengan P(n-2)=P(n-2)P(3); bilangan cara pembahagian yang bertepatan dengan A 5 , adalah sama dengan P(n-3)P(4), kerana setiap sekatan bagi (n-3)-gon A 1 A 5 ... A n boleh digabungkan dengan setiap sekatan bagi segi empat A 2 A 3 A 4 A 5 , dan lain-lain. Oleh itu, kita sampai pada hubungan berikut:

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

Dengan menggunakan formula ini, kami memperoleh secara berturut-turut:

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

dan lain-lain.

Juga, menggunakan kaedah aruhan matematik, anda boleh menyelesaikan masalah dengan graf.

Biarkan rangkaian garisan diberikan pada satah, menghubungkan beberapa titik antara satu sama lain dan tidak mempunyai titik lain. Kami akan memanggil rangkaian garisan sebegitu sebagai peta, titik yang diberikan ialah bucunya, segmen lengkung antara dua bucu bersebelahan - sempadan peta, bahagian satah di mana ia dibahagikan dengan sempadan - negara peta.

Biarkan beberapa peta diberikan pada kapal terbang. Kami akan mengatakan bahawa ia diwarnakan dengan betul jika setiap negaranya dicat dengan warna tertentu, dan mana-mana dua negara yang berkongsi sempadan yang sama dicat dalam warna yang berbeza.

Contoh 4Terdapat n bulatan di atas kapal terbang. Buktikan bahawa untuk sebarang susunan bulatan ini, peta yang dibentuk oleh mereka boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna.

Penyelesaian.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah jelas.

Katakan pernyataan kami adalah benar untuk mana-mana peta yang dibentuk oleh n bulatan, dan biarkan n + 1 bulatan diberikan pada satah. Dengan mengalih keluar salah satu daripada bulatan ini, kami mendapat peta yang, berdasarkan andaian yang dibuat, boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna, contohnya, hitam dan putih.

Savelyeva Ekaterina

Kertas kerja mempertimbangkan aplikasi kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah kebolehbahagi, kepada penjumlahan siri. Contoh penggunaan kaedah aruhan matematik untuk pembuktian ketaksamaan dan penyelesaian masalah geometri dipertimbangkan. Hasil kerja digambarkan dengan pembentangan.

Muat turun:

Pratonton:

Kementerian Sains dan Pendidikan Persekutuan Rusia

Institusi pendidikan negeri

sekolah menengah No. 618

Kursus: Algebra dan Permulaan Analisis

Topik kerja projek

"Kaedah aruhan matematik dan aplikasinya kepada penyelesaian masalah"

Kerja selesai: Savelyeva E, kelas 11B

Penyelia : Makarova T.P., guru matematik, sekolah menengah №618

1. Pengenalan.

2.Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi.

3. Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penjumlahan siri.

4. Contoh mengaplikasikan kaedah aruhan matematik kepada pembuktian ketaksamaan.

5. Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penyelesaian masalah geometri.

6. Senarai literatur terpakai.

pengenalan

Kaedah deduktif dan induktif adalah asas kepada mana-mana penyelidikan matematik. Kaedah penaakulan deduktif ialah penaakulan daripada umum kepada khusus, iaitu. penaakulan, titik permulaannya ialah hasil umum, dan titik akhir ialah hasil tertentu. Induksi digunakan apabila beralih dari keputusan tertentu kepada yang umum, i.e. adalah bertentangan dengan kaedah deduktif. Kaedah aruhan matematik boleh dibandingkan dengan kemajuan. Kita bermula dari yang paling rendah, hasil pemikiran logik kita datang ke yang tertinggi. Manusia sentiasa berusaha untuk kemajuan, untuk keupayaan untuk mengembangkan pemikirannya secara logik, yang bermaksud bahawa alam sendiri telah mentakdirkan dia untuk berfikir secara induktif. Walaupun bidang aplikasi kaedah induksi matematik telah berkembang, sedikit masa yang ditumpukan untuknya dalam kurikulum sekolah.Tetapi adalah sangat penting untuk dapat berfikir secara induktif. Penggunaan prinsip ini dalam menyelesaikan masalah dan membuktikan teorem adalah setanding dengan pertimbangan dalam amalan sekolah prinsip matematik lain: pertengahan yang dikecualikan, inklusi-pengecualian, Dirichlet, dsb. Esei ini mengandungi masalah daripada pelbagai cabang matematik, di mana alat utama ialah kaedah penggunaan aruhan matematik. Bercakap tentang kepentingan kaedah ini, A.N. Kolmogorov menyatakan bahawa "pemahaman dan keupayaan untuk menggunakan prinsip aruhan matematik adalah kriteria yang baik untuk kematangan, yang sangat diperlukan untuk seorang ahli matematik." Kaedah induksi dalam erti kata yang luas terdiri daripada peralihan daripada pemerhatian persendirian kepada pola universal, umum atau rumusan umum. Dalam tafsiran ini, kaedah itu, sudah tentu, teknik utama untuk menjalankan penyelidikan dalam mana-mana sains semula jadi eksperimen.

Aktiviti manusia. Kaedah (prinsip) aruhan matematik dalam bentuk termudah digunakan apabila perlu untuk membuktikan pernyataan bagi semua nombor asli.

Masalah 1. Dalam artikelnya "Bagaimana Saya Menjadi Ahli Matematik" A.N. Kolmogorov menulis: "Saya mempelajari kegembiraan "penemuan" matematik lebih awal, setelah melihat pada usia lima atau enam tahun corak

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 dan seterusnya.

Sekolah itu menerbitkan majalah "Spring Swallows". Di dalamnya, penemuan saya diterbitkan ... "

Kami tidak tahu apa jenis bukti yang diberikan dalam jurnal ini, tetapi semuanya bermula dengan pemerhatian peribadi. Hipotesis itu sendiri, yang mungkin timbul selepas penemuan persamaan separa ini, ialah formulanya

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

benar untuk sebarang nombor tertentu n = 1, 2, 3, ...

Untuk membuktikan sangkaan ini, cukuplah untuk membuktikan dua fakta. Pertama, untuk n = 1 (dan juga untuk n = 2, 3, 4) pernyataan yang dikehendaki adalah benar. Kedua, andaikan pernyataan itu benar untuk n = k, dan sahkan bahawa ia juga benar untuk n = k + 1:

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

Oleh itu, dakwaan yang dibuktikan adalah benar untuk semua nilai n: untuk n = 1 ia adalah benar (ini telah disahkan), dan berdasarkan fakta kedua, untuk n = 2, dari mana untuk n = 3 (disebabkan fakta kedua yang sama), dsb.

Masalah 2. Pertimbangkan semua pecahan biasa yang mungkin dengan pengangka 1 dan sebarang (integer positif)

penyebut: Buktikan bahawa untuk mana-mana n> 3 boleh diwakili sebagai jumlah P pelbagai pecahan seperti ini.

penyelesaian, Mari kita semak dahulu dakwaan ini n = 3; kami ada:

Oleh itu, penegasan asas berpuas hati

Katakan sekarang bahawa pernyataan minat kepada kami adalah benar untuk beberapa nombor kepada, dan buktikan bahawa ia juga benar untuk nombor yang mengikutinya kepada + 1. Dengan kata lain, andaikan terdapat perwakilan

di mana k sebutan dan semua penyebut adalah berbeza. Mari kita buktikan bahawa adalah mungkin untuk mendapatkan perwakilan unit dalam bentuk jumlah daripada kepada + 1 pecahan jenis yang diingini. Kami akan menganggap bahawa pecahan semakin berkurangan, iaitu penyebut (dalam perwakilan unit dengan jumlah kepada istilah) bertambah dari kiri ke kanan supaya t adalah penyebut terbesar. Kami akan mendapat representasi yang kami perlukan dalam bentuk jumlah(kepada + 1) pecahan ke, jika kita membahagi satu pecahan, contohnya yang terakhir, kepada dua. Ini boleh dilakukan kerana

Dan oleh itu

Di samping itu, semua pecahan kekal berbeza, kerana t ialah penyebut terbesar, dan t + 1 > t, dan

m(t + 1) > m.

Oleh itu, kami telah menubuhkan:

1. untuk n = 3 kenyataan ini adalah benar;

1. jika kenyataan yang kami minati adalah benar kepada,
   maka ia juga benar untuk kepada + 1.

Atas dasar ini, kita boleh menegaskan bahawa pernyataan yang sedang dipertimbangkan adalah benar untuk semua nombor asli, bermula dari tiga. Selain itu, bukti di atas juga membayangkan algoritma untuk mencari partition perpaduan yang dikehendaki. (Algoritma apakah ini? Bayangkan nombor 1 sebagai jumlah 4, 5, 7 sebutan sendiri.)

Dalam menyelesaikan dua masalah sebelum ini, dua langkah telah diambil. Langkah pertama dipanggil asas induksi, yang keduaperalihan induktifatau langkah induksi. Langkah kedua adalah yang paling penting, dan ia melibatkan andaian (pernyataan itu benar untuk n = k) dan kesimpulan (pernyataan adalah benar untuk n = k + 1). Parameter p itu sendiri dipanggil parameter aruhan.Skim logik ini (peranti), yang memungkinkan untuk membuat kesimpulan bahawa pernyataan yang sedang dipertimbangkan adalah benar untuk semua nombor asli (atau untuk semua, bermula dari beberapa), kerana kedua-dua asas dan peralihan adalah sah, dipanggilprinsip aruhan matematik, pada yang mana dan kaedah aruhan matematik adalah berdasarkan.Istilah "induksi" sendiri berasal dari perkataan Latin induksi (panduan), yang bermaksud peralihan daripada pengetahuan tunggal tentang objek individu kelas tertentu kepada kesimpulan umum tentang semua objek kelas tertentu, yang merupakan salah satu kaedah utama pengetahuan.

Prinsip aruhan matematik, dalam bentuk biasa dua langkah, mula-mula muncul pada tahun 1654 dalam Risalah Blaise Pascal mengenai Segitiga Aritmetik, di mana kaedah mudah untuk mengira bilangan kombinasi (pekali binomial) telah dibuktikan dengan aruhan. D. Poya memetik B. Pascal dalam buku dengan perubahan kecil diberikan dalam kurungan segi empat sama:

“Walaupun fakta bahawa cadangan yang sedang dipertimbangkan [formula eksplisit untuk pekali binomial] mengandungi bilangan kes khas yang tidak terhingga, saya akan memberikan bukti yang sangat singkat untuknya, berdasarkan dua lema.

Lemma pertama menyatakan bahawa sangkaan adalah benar untuk asas - ini jelas. [Pada P = 1 formula eksplisit adalah sah...]

Lemma kedua menyatakan perkara berikut: jika andaian kita adalah benar untuk asas sewenang-wenang [untuk r sewenang-wenang], maka ia akan menjadi benar untuk asas berikut [untuk n + 1].

Kedua-dua lema ini semestinya membayangkan kesahihan proposisi untuk semua nilai P. Sesungguhnya, berdasarkan lemma pertama, ia sah untuk P = 1; oleh itu, berdasarkan lemma kedua, ia sah untuk P = 2; oleh itu, sekali lagi berdasarkan lemma kedua, ia sah untuk n = 3 dan seterusnya ad infinitum.

Masalah 3. Menara teka-teki Hanoi terdiri daripada tiga batang. Pada salah satu batang terdapat piramid (Rajah 1), yang terdiri daripada beberapa cincin diameter yang berbeza, menurun dari bawah ke atas

Rajah 1

Piramid ini mesti dipindahkan ke salah satu rod lain, memindahkan hanya satu cincin setiap kali dan tidak meletakkan cincin yang lebih besar pada yang lebih kecil. Bolehkah ia dilakukan?

Penyelesaian. Jadi, kita perlu menjawab soalan: adakah mungkin untuk memindahkan piramid yang terdiri daripada P gelang dengan diameter yang berbeza, dari satu batang ke yang lain, mengikut peraturan permainan? Sekarang masalahnya, seperti yang mereka katakan, diparameterkan oleh kami (nombor asli P), dan ia boleh diselesaikan dengan aruhan matematik.

1. asas induksi. Untuk n = 1, semuanya jelas, kerana piramid satu cincin jelas boleh dialihkan ke mana-mana rod.
2. langkah induksi. Katakan kita boleh menggerakkan mana-mana piramid dengan bilangan cincin p = k.
   Mari kita buktikan bahawa kemudian kita juga boleh memindahkan piramid pertengahan dari n = k + 1.

Piramid dari hingga cincin terletak pada yang terbesar(kepada + 1)-ring, kita boleh, mengikut andaian, bergerak ke mana-mana pangsi lain. Mari lakukannya. tidak bergerak(kepada + Cincin ke-1 tidak akan mengganggu kami untuk menjalankan algoritma anjakan, kerana ia adalah yang terbesar. Selepas bergerak kepada cincin, gerakkan ini terbesar(kepada + 1) gelang ke atas batang yang tinggal. Dan kemudian kita sekali lagi menggunakan algoritma bergerak yang diketahui oleh kita dengan andaian induktif kepada gelang, dan gerakkannya ke batang dengan(kepada + 1) cincin ke. Oleh itu, jika kita boleh menggerakkan piramid dengan kepada cincin, maka kita boleh menggerakkan piramid dan kepada + 1 cincin. Oleh itu, mengikut prinsip aruhan matematik, selalu mungkin untuk memindahkan piramid, yang terdiri daripada n gelang, di mana n > 1.

Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi.

Dengan menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang boleh membuktikan pelbagai pernyataan mengenai kebolehbahagi nombor asli.

Tugasan 4 . Jika n ialah nombor asli, maka nombor itu ialah genap.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah benar: - nombor genap. Mari kita anggap itu adalah nombor genap. Oleh kerana 2k ialah nombor genap, begitu juga. Jadi, pariti dibuktikan untuk n=1, pariti disimpulkan daripada pariti. Oleh itu, walaupun untuk semua nilai semula jadi n.

Tugasan 3. Buktikan bahawa nombor Z 3 + 3 - 26n - 27 dengan semula jadi sewenang-wenangnya n boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki.

Penyelesaian. Mari kita buktikan dahulu dengan induksi suatu penegasan tambahan bahawa 3 3n+3 1 boleh dibahagi dengan 26 tanpa baki n > 0.

1. asas induksi. Untuk n = 0 kita ada: Z 3 - 1 \u003d 26 - dibahagikan dengan 26.

langkah induksi. Katakan 3 3n + 3 - 1 boleh dibahagi dengan 26 apabila n = k, dan Mari kita buktikan bahawa dalam kes ini dakwaan itu adalah benar n = k + 1. Sejak 3

maka daripada andaian induktif kita membuat kesimpulan bahawa nombor 3 3k + 6 - 1 boleh dibahagi dengan 26.

Mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam keadaan masalah. Dan sekali lagi dengan induksi.

1. asas induksi. Ia adalah jelas bahawa pada n = 1 pernyataan adalah benar: sejak 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. langkah induksi. Mari kita andaikan bahawa pada n = k
   ungkapan 3 3k + 3 - 26k - 27 boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki, dan buktikan bahawa dakwaan itu benar untuk n = k + 1,
   iaitu nombor itu

boleh dibahagikan dengan 26 2 tanpa jejak. Dalam jumlah terakhir, kedua-dua sebutan dibahagikan tanpa baki sebanyak 26 2 . Yang pertama adalah kerana kami telah membuktikan bahawa ungkapan dalam kurungan boleh dibahagikan dengan 26; kedua, dengan hipotesis induktif. Berdasarkan prinsip aruhan matematik, pernyataan yang diperlukan dibuktikan sepenuhnya.

Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penjumlahan siri.

Tugasan 5. Buktikan formulanya

N ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Untuk n=1, kedua-dua bahagian kesamaan bertukar menjadi satu dan, oleh itu, syarat pertama prinsip aruhan matematik dipenuhi.

Andaikan bahawa formula adalah benar untuk n=k, i.e.

Mari kita tambahkan kedua-dua belah kesamarataan ini dan ubah bahagian kanan. Kemudian kita dapat

Oleh itu, daripada fakta bahawa formula adalah benar untuk n=k, ia mengikuti bahawa ia adalah benar untuk n=k+1 juga. Pernyataan ini adalah benar untuk sebarang nilai semula jadi k. Jadi, syarat kedua prinsip aruhan matematik juga dipenuhi. Formula telah terbukti.

Satu tugas 6. Dua nombor ditulis di papan tulis: 1.1. Memasukkan jumlah mereka di antara nombor, kita mendapat nombor 1, 2, 1. Mengulangi operasi ini sekali lagi, kita mendapat nombor 1, 3, 2, 3, 1. Selepas tiga operasi, nombor akan menjadi 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Berapakah jumlah semua nombor di papan selepas 100 operasi?

Penyelesaian. Buat semua 100 operasi akan sangat memakan masa dan memakan masa. Jadi, kita perlu cuba mencari beberapa formula am untuk jumlah S nombor selepas n operasi. Mari lihat jadual:

Adakah anda perasan sebarang corak di sini? Jika tidak, anda boleh mengambil satu langkah lagi: selepas empat operasi, akan ada nombor

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

yang jumlah S 4 ialah 82.

Sebenarnya, anda tidak boleh menulis nombor, tetapi segera katakan bagaimana jumlah akan berubah selepas menambah nombor baharu. Biarkan jumlahnya sama dengan 5. Apakah yang akan berlaku apabila nombor baharu ditambah? Mari bahagikan setiap nombor baharu kepada jumlah dua nombor lama. Sebagai contoh, dari 1, 3, 2, 3, 1 kita pergi ke 1,

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

Iaitu, setiap nombor lama (kecuali dua yang ekstrem) kini memasukkan jumlah tiga kali, jadi jumlah baru ialah 3S - 2 (tolak 2 untuk mengambil kira unit yang hilang). Oleh itu S 5 = 3S 4 - 2 = 244, dan secara amnya

Apakah formula umum? Jika bukan kerana penolakan dua unit, maka setiap kali jumlahnya akan meningkat tiga kali ganda, seperti dalam kuasa rangkap tiga (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Dan nombor kami, seperti yang anda boleh lihat sekarang, adalah satu lagi. Oleh itu, boleh diandaikan bahawa

Mari kita cuba buktikan ini dengan induksi.

asas induksi. Lihat jadual (untuk n = 0, 1, 2, 3).

langkah induksi. Mari kita berpura-pura itu

Marilah kita buktikan itu S hingga + 1 \u003d Z hingga + 1 + 1.

sungguh,

Jadi, formula kami terbukti. Ia menunjukkan bahawa selepas seratus operasi, jumlah semua nombor di papan akan sama dengan 3 100 + 1.

Pertimbangkan satu contoh yang luar biasa bagi penerapan prinsip aruhan matematik, di mana anda perlu memperkenalkan dua parameter semula jadi dan kemudian menjalankan induksi pada jumlahnya.

Satu tugas 7. Buktikan bahawa jika= 2, x 2 = 3 dan untuk setiap semula jadi n> 3

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

kemudian

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

Penyelesaian. Perhatikan bahawa dalam masalah ini urutan awal nombor(x n ) ditentukan oleh aruhan, kerana istilah jujukan kami, kecuali dua yang pertama, diberikan secara induktif, iaitu melalui yang sebelumnya. Urutan yang diberikan dipanggil berulang, dan dalam kes kami jujukan ini ditentukan (dengan menyatakan dua istilah pertamanya) dengan cara yang unik.

asas induksi. Ia terdiri daripada menyemak dua dakwaan: n=1 dan n=2.B Dalam kedua-dua kes, dakwaan adalah benar dengan andaian.

langkah induksi. Mari kita andaikan bahawa untuk n = k - 1 dan n = k penegasan dibuat, iaitu

Marilah kita buktikan dakwaan untuk n = k + 1. Kami ada:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, yang perlu dibuktikan.

Tugasan 8. Buktikan bahawa sebarang nombor asli boleh diwakili sebagai hasil tambah beberapa ahli yang berbeza bagi urutan berulang nombor Fibonacci:

untuk k > 2.

Penyelesaian. Biarkan p - nombor asli. Kami akan menjalankan induksi pada P.

asas induksi. Untuk n = 1 pernyataan adalah benar, kerana unit itu sendiri ialah nombor Fibonacci.

langkah induksi. Andaikan semua nombor asli kurang daripada beberapa nombor P, boleh diwakili sebagai hasil tambah beberapa sebutan berbeza bagi jujukan Fibonacci. Cari nombor Fibonacci terbesar F t , tidak melebihi P; jadi F t n dan F t +1 > n.

Kerana ia

Mengikut hipotesis induksi, nombor p- F t boleh diwakili sebagai jumlah 5 ahli yang berbeza bagi jujukan Fibonacci, dan ia berikutan daripada ketaksamaan terakhir bahawa semua ahli jujukan Fibonacci yang terlibat dalam jumlah 8 adalah kurang daripada F t . Oleh itu, pengembangan bilangan n = 8 + F t memenuhi keadaan masalah.

Contoh aplikasi kaedah aruhan matematik kepada pembuktian ketaksamaan.

Tugasan 9. (Ketidaksamaan Bernoulli.)Buktikan bahawa apabila x > -1, x 0, dan untuk integer n > 2 ketidaksamaan

(1 + x) n > 1 + xn.

Penyelesaian. Kami sekali lagi akan melaksanakan pembuktian secara induksi.

1. Asas aruhan. Mari kita sahkan kesahihan ketidaksamaan untuk n = 2. Sesungguhnya,

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

2. Langkah aruhan. Mari kita anggap bahawa untuk nombor n = k kenyataan itu benar, iaitu

(1 + x) k > 1 + xk,

Di mana k > 2. Kami membuktikannya untuk n = k + 1. Kami mempunyai: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Jadi, berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa ketaksamaan Bernoulli adalah sah untuk sebarang n > 2.

Tidak selalu dalam keadaan masalah yang diselesaikan menggunakan kaedah aruhan matematik, hukum am yang perlu dibuktikan dirumus dengan jelas. Kadang-kadang adalah perlu, dengan memerhati kes-kes tertentu, untuk mula-mula menemui (teka) undang-undang am yang mereka bawa, dan hanya kemudian membuktikan hipotesis yang dinyatakan dengan aruhan matematik. Di samping itu, pembolehubah aruhan boleh ditutup, dan sebelum menyelesaikan masalah, adalah perlu untuk menentukan parameter mana induksi akan dijalankan. Sebagai contoh, pertimbangkan tugas berikut.

Masalah 10. Buktikan bahawa

untuk mana-mana semula jadi n > 1.

penyelesaian, Mari cuba buktikan ketaksamaan ini dengan aruhan matematik.

Asas induksi mudah disahkan:1+

Dengan hipotesis induktif

dan ia kekal untuk kita membuktikannya

Dengan menggunakan hipotesis induktif, kami akan menegaskannya

Walaupun kesaksamaan ini sebenarnya benar, ia tidak memberi kita penyelesaian kepada masalah tersebut.

Mari cuba buktikan dakwaan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah asal. Iaitu, kami akan membuktikannya

Nampaknya membuktikan pernyataan ini dengan induksi adalah sia-sia.

Walau bagaimanapun, pada p = 1 kita ada: pernyataan itu benar. Untuk mewajarkan langkah induktif, andaikan itu

dan kemudian kami akan membuktikannya

sungguh,

Oleh itu, kami telah membuktikan penegasan yang lebih kuat, dari mana penegasan yang terkandung dalam keadaan masalah segera menyusul.

Perkara yang memberi pengajaran di sini ialah walaupun kita perlu membuktikan penegasan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah, kita juga boleh menggunakan andaian yang lebih kuat dalam langkah induktif. Ini menjelaskan bahawa penerapan prinsip aruhan matematik secara langsung tidak selalu membawa kepada matlamat.

Situasi yang timbul dalam menyelesaikan masalah disebutparadoks pencipta.Paradoks itu sendiri ialah rancangan yang lebih kompleks boleh dilaksanakan dengan kejayaan yang lebih besar jika ia berdasarkan pemahaman yang lebih mendalam tentang intipati perkara itu.

Masalah 11. Buktikan bahawa 2m + n - 2m untuk mana-mana semula jadi jenis.

Penyelesaian. Di sini kita mempunyai dua pilihan. Oleh itu, anda boleh cuba untuk menjalankan apa yang dipanggilinduksi berganda(induksi dalam induksi).

Kami akan menjalankan penaakulan induktif pada P.

1. Asas aruhan mengikut p. Untuk n = 1 perlu menyemaknya 2 t ~ 1 > t. Untuk membuktikan ketaksamaan ini, kami menggunakan induksi pada t.

a) Asas aruhan mengikut vol. Untuk t = 1 sedang berjalan
persamaan, yang boleh diterima.

b) Langkah aruhan mengikut t.Mari kita andaikan bahawa pada t = k kenyataan adalah benar, iaitu 2 k ~ 1 > k. Kemudian naik
Katakan bahawa dakwaan itu benar walaupun m = k + 1.
Kami ada:

pada semula jadi k.

Oleh itu, ketidaksamaan 2 dilakukan untuk mana-mana semula jadi t.

2. Langkah aruhan mengikut itemPilih dan betulkan beberapa nombor asli t. Mari kita andaikan bahawa pada n = saya pernyataan itu benar (untuk tetap t), iaitu 2 t +1 ~ 2 > t1, dan buktikan bahawa maka dakwaan itu akan menjadi benar untuk n = l + 1.
Kami ada:

untuk mana-mana semula jadi jenis.

Oleh itu, berdasarkan prinsip aruhan matematik (mengikut P) pernyataan masalah adalah benar untuk mana-mana P dan untuk sebarang tetap t. Oleh itu, ketidaksamaan ini berlaku untuk mana-mana semula jadi jenis.

Masalah 12. Biarkan m, n dan k ialah nombor asli, dan t > hlm Antara dua nombor yang manakah lebih besar:

Dalam setiap ungkapan kepada tanda punca kuasa dua, t dan n silih berganti.

Penyelesaian. Mari kita buktikan dahulu beberapa pernyataan tambahan.

Lemma. Untuk mana-mana semula jadi t dan n (t > n) dan bukan negatif (tidak semestinya integer) X ketidaksamaan itu

Bukti. Pertimbangkan ketidaksamaan

Ketaksamaan ini adalah benar, kerana kedua-dua faktor di sebelah kiri adalah positif. Memperluas kurungan dan menukar, kami mendapat:

Mengambil punca kuasa dua bagi kedua-dua bahagian ketaksamaan terakhir, kita memperoleh penegasan lemma. Jadi lemma terbukti.

Sekarang mari kita teruskan untuk menyelesaikan masalah. Mari kita nyatakan yang pertama daripada nombor ini dengan a, dan yang kedua melalui b kepada . Mari kita buktikan bahawa a untuk mana-mana semula jadi kepada. Pembuktian akan dijalankan dengan kaedah aruhan matematik secara berasingan bagi genap dan ganjil kepada.

asas induksi. Untuk k = 1 kita mempunyai ketidaksamaan

y[t > y/n , yang sah kerana fakta bahawa m > n. = 2, hasil yang diingini diperoleh daripada lemma terbukti dengan menggantikan x = 0.

langkah induksi. Katakan, bagi sesetengah orang kepada ketaksamaan a >b ke adil. Mari kita buktikan

Daripada andaian aruhan dan kemonotonan punca kuasa dua, kita ada:

Sebaliknya, ia mengikuti daripada lemma yang terbukti bahawa

Menggabungkan dua ketaksamaan terakhir, kita dapat:

Mengikut prinsip aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

Tugasan 13. (Ketidaksamaan Cauchy.)Buktikan bahawa untuk sebarang nombor positif..., a p ketidaksamaan itu

Penyelesaian. Untuk n = 2 ketaksamaan

min aritmetik dan min geometri (untuk dua nombor) akan dianggap diketahui. biarlah n= 2, k = 1, 2, 3, ... dan mula-mula jalankan induksi pada kepada. Asas induksi ini berlaku. Dengan mengandaikan bahawa ketidaksamaan yang diingini telah pun diwujudkan untuk n = 2, kami akan membuktikannya P = 2 . Kami ada (menggunakan ketaksamaan untuk dua nombor):

Oleh itu, dengan hipotesis aruhan

Oleh itu, dengan induksi pada k, kami telah membuktikan ketaksamaan untuk semua p 9 yang merupakan kuasa dua.

Untuk membuktikan ketidaksamaan untuk nilai lain P kami akan menggunakan "induksi turun", iaitu, kami akan membuktikan bahawa jika ketaksamaan berpuas hati untuk sewenang-wenangnya bukan negatif P nombor, ia juga sah untuk(H - Nombor ke-1. Untuk mengesahkan ini, kami ambil perhatian bahawa, mengikut andaian yang dibuat, untuk P nombor, ketidaksamaan

iaitu a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Membahagikan kedua-dua bahagian kepada P - 1, kita memperoleh ketaksamaan yang diperlukan.

Jadi, mula-mula kami menetapkan bahawa ketidaksamaan itu berlaku untuk bilangan nilai yang mungkin tidak terhingga P, dan kemudian menunjukkan bahawa jika ketidaksamaan berlaku untuk P nombor, ia juga sah untuk(H - 1) nombor. Daripada ini, kita kini membuat kesimpulan bahawa ketidaksamaan Coty berlaku untuk satu set P sebarang nombor bukan negatif untuk sebarang n = 2, 3, 4, ...

Masalah 14. (D. Uspensky.) Untuk sebarang segi tiga ABC dengan sudut = CAB, = CBA adalah setimpal, terdapat ketidaksamaan

Penyelesaian. Sudut dan boleh dibandingkan, dan ini (mengikut takrifan) bermakna sudut ini mempunyai ukuran yang sama, yang mana = p, = (p, q ialah nombor koprime semula jadi).

Mari kita gunakan kaedah aruhan matematik dan lukiskannya di atas jumlah n = p + q nombor koprima asli..

asas induksi. Untuk p + q = 2 kita ada: p = 1 dan q = 1. Kemudian segitiga ABC adalah sama kaki, dan ketaksamaan yang diingini adalah jelas: ia mengikuti dari ketaksamaan segitiga

langkah induksi. Katakan sekarang bahawa ketaksamaan yang diingini ditubuhkan untuk p + q = 2, 3, ..., k - 1, di mana k > 2. Mari kita buktikan bahawa ketidaksamaan itu juga sah untuk p + q = k.

Biar ABC ialah segi tiga yang diberi dengan> 2. Kemudian sisi AC dan BC tidak boleh sama: biarkan AC > BC. Sekarang mari kita bina, seperti dalam Rajah 2, segi tiga sama kaki ABC; kami ada:

AC \u003d DC dan AD \u003d AB + BD, oleh itu,

2AC > AB + BD (1)

Pertimbangkan sekarang segitiga VDC, yang sudutnya juga sebanding:

DCB = (q - p), BDC = p.

nasi. 2

Segitiga ini memenuhi hipotesis induktif, dan oleh itu

(2)

Menambah (1) dan (2), kami mempunyai:

2AC+BD>

dan oleh itu

Dari segi tiga yang sama WBS dengan hipotesis aruhan kita membuat kesimpulan bahawa

Memandangkan ketidaksamaan sebelumnya, kami membuat kesimpulan bahawa

Oleh itu, peralihan induktif diperoleh, dan penyataan masalah mengikut prinsip aruhan matematik.

Komen. Pernyataan masalah kekal sah walaupun sudut a dan p tidak setanding. Dalam asas pertimbangan dalam kes umum, kita sudah perlu menggunakan satu lagi prinsip matematik penting - prinsip kesinambungan.

Masalah 15. Beberapa garis lurus membahagikan satah kepada bahagian-bahagian. Buktikan bahawa bahagian ini boleh diwarnakan dengan putih

dan warna hitam supaya bahagian bersebelahan yang mempunyai segmen sempadan yang sama mempunyai warna yang berbeza (seperti dalam Rajah 3 apabila n = 4).

gambar 3

Penyelesaian. Kami menggunakan induksi pada bilangan baris. Jadi biarlah P - bilangan garisan yang membahagikan satah kita kepada bahagian, n > 1.

asas induksi. Jika terdapat hanya satu lurus(H = 1), maka ia membahagikan satah kepada dua satah separuh, satu daripadanya boleh diwarnakan putih dan satu lagi hitam, dan pernyataan masalah adalah benar.

langkah induksi. Untuk menjadikan pembuktian langkah induktif lebih jelas, pertimbangkan proses menambah satu baris baharu. Jika kita melukis baris kedua(H= 2), maka kita mendapat empat bahagian yang boleh diwarnakan mengikut cara yang dikehendaki dengan melukis sudut bertentangan dengan warna yang sama. Mari lihat apa yang berlaku jika kita melukis garis lurus ketiga. Ia akan membahagikan beberapa bahagian "lama", manakala bahagian baru sempadan akan muncul, pada kedua-dua belah yang warnanya sama (Rajah 4).

nasi. empat

Mari kita teruskan seperti berikut:sebelah pihakdari garis lurus baru kita akan menukar warna - kita akan membuat putih hitam dan sebaliknya; pada masa yang sama, bahagian yang terletak di seberang garis lurus ini tidak dicat semula (Rajah 5). Kemudian pewarnaan baru ini akan memenuhi keperluan yang diperlukan: di satu pihak, garis lurus sudah berselang-seli (tetapi dengan warna yang berbeza), dan sebaliknya, ia adalah perlu. Agar bahagian yang mempunyai sempadan biasa kepunyaan garisan yang dilukis dicat dengan warna yang berbeza, kami mengecat semula bahagian itu hanya pada satu sisi garisan yang dilukis ini.

Rajah.5

Sekarang mari kita buktikan langkah induktif. Katakan itu bagi sesetengah orangn = kpenyataan masalah adalah sah, iaitu, semua bahagian satah di mana ia dibahagikan dengan inikepadalurus, anda boleh melukis dengan warna putih dan hitam supaya bahagian jiran mempunyai warna yang berbeza. Mari kita buktikan bahawa kemudian wujud pewarna untukP= kepada+ 1 lurus. Mari kita teruskan sama dengan kes peralihan daripada dua garis lurus kepada tiga. Jom belanja dalam kapal terbangkepadalangsung. Kemudian, dengan andaian induktif, "peta" yang terhasil boleh diwarnakan mengikut cara yang diingini. Jom belanja sekarang(kepada+ 1)-garis lurus dan di sebelahnya kita menukar warna kepada yang bertentangan. Jadi sekarang(kepadaGaris lurus + 1)-th di mana-mana memisahkan bahagian warna yang berbeza, manakala bahagian "lama", seperti yang telah kita lihat, kekal berwarna dengan betul. Mengikut prinsip aruhan matematik, masalah itu diselesaikan.

Satu tugas16. Di pinggir padang pasir terdapat bekalan petrol yang banyak dan sebuah kereta yang, dengan stesen minyak yang penuh, boleh bergerak sejauh 50 kilometer. Dalam kuantiti tanpa had, terdapat tong di mana anda boleh mengalirkan petrol dari tangki minyak kereta dan biarkan ia disimpan di mana-mana sahaja di padang pasir. Buktikan bahawa kereta itu boleh menempuh sebarang jarak integer lebih daripada 50 kilometer. Tidak dibenarkan membawa tin petrol, tin kosong boleh dibawa dalam apa-apa kuantiti.

Penyelesaian.Mari cuba buktikan dengan induksi padaP,bahawa kereta itu boleh memanduPkilometer dari pinggir padang pasir. PadaP= 50 diketahui. Ia kekal untuk menjalankan langkah induksi dan menerangkan cara untuk sampai ke sanan = k+ 1 km jika diketahuin = kkilometer boleh dipandu.

Walau bagaimanapun, di sini kita menghadapi kesukaran: selepas kita luluskepadakilometer, petrol mungkin tidak mencukupi untuk perjalanan pulang (apatah lagi penyimpanan). Dan dalam kes ini, jalan keluar adalah untuk mengukuhkan penegasan yang dibuktikan (paradoks pencipta). Kami akan membuktikan bahawa ia adalah mungkin bukan sahaja untuk memanduPkilometer, tetapi juga untuk membuat bekalan petrol yang besar secara sewenang-wenangnya pada satu titik pada jarakPkilometer dari pinggir padang pasir, berada pada titik ini selepas tamat pengangkutan.

asas induksi.Biarkan satu unit petrol ialah jumlah petrol yang diperlukan untuk melengkapkan satu kilometer perjalanan. Kemudian penerbangan dan belakang sejauh 1 kilometer memerlukan dua unit petrol, jadi kita boleh meninggalkan 48 unit petrol dalam simpanan satu kilometer dari tepi dan kembali untuk mendapatkan lebih banyak lagi. Oleh itu, untuk beberapa perjalanan ke storan, kita boleh membuat stok dengan saiz sewenang-wenang yang kita perlukan. Pada masa yang sama, untuk mencipta 48 unit stok, kami membelanjakan 50 unit petrol.

langkah induksi.Mari kita anggap bahawa pada jarak jauhP= kepadadari pinggir padang pasir anda boleh menyimpan sebarang jumlah petrol. Mari kita buktikan bahawa adalah mungkin untuk membuat repositori pada jarak jauhn = k+ 1 km dengan sebarang bekalan petrol yang telah ditetapkan dan berada di tempat simpanan ini pada penghujung pengangkutan. Kerana pada titik ituP= kepadaterdapat bekalan petrol tanpa had, maka (mengikut pangkalan induksi) kita boleh, dalam beberapa perjalanan ke titikn = k+ 1 untuk membuat satu mataP= kepada4- 1 stok apa-apa saiz yang anda perlukan.

Kebenaran pernyataan yang lebih umum daripada dalam keadaan masalah sekarang mengikuti dari prinsip aruhan matematik.

Kesimpulan

Khususnya, setelah mempelajari kaedah induksi matematik, saya meningkatkan pengetahuan saya dalam bidang matematik ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelum ini di luar kuasa saya.

Pada asasnya, ini adalah tugas yang logik dan menghiburkan, i.e. hanya mereka yang meningkatkan minat dalam matematik itu sendiri sebagai sains. Menyelesaikan masalah sedemikian menjadi aktiviti yang menghiburkan dan boleh menarik lebih ramai orang yang ingin tahu ke labirin matematik. Pada pendapat saya, ini adalah asas kepada mana-mana sains.

Meneruskan kajian kaedah aruhan matematik, saya akan cuba mempelajari cara mengaplikasikannya bukan sahaja dalam matematik, tetapi juga dalam menyelesaikan masalah dalam fizik, kimia dan kehidupan itu sendiri.

kesusasteraan

1. INDUKSI Vulenkin. Kombinatorik. Buku panduan UNTUK guru. M., Pencerahan,

1976.-48 hlm.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Aruhan dalam geometri. - M.: Gosud. penerbit menyala. - 1956 - S.I00. Manual matematik untuk pemohon ke universiti / Ed. Yakovleva G.N. Sains. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Aruhan dalam geometri. —
M .: Nauka, 1961. - (Kuliah popular mengenai matematik.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Buku Teks / “Pencerahan” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Apakah itu Matematik?" Bab 1, § 2

6. Popa D. Matematik dan penaakulan yang munasabah. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Penemuan matematik. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cara mengajar kaedah induksi matematik / sekolah Matematik. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mengenai kaedah aruhan matematik. - M .: Nauka, 1977. - (Kuliah popular mengenai matematik.)

10. Solominsky I.S. Kaedah aruhan matematik. - M.: Sains.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mengenai aruhan matematik. - M.: Sains. - 1967. - S.7-59.

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

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

Kuliah 6. Kaedah aruhan matematik.

Pengetahuan baru dalam sains dan kehidupan diperoleh dengan cara yang berbeza, tetapi semuanya (jika anda tidak pergi ke butiran) dibahagikan kepada dua jenis - peralihan dari umum kepada khusus dan dari khusus kepada umum. Yang pertama ialah potongan, yang kedua ialah induksi. Penaakulan deduktif adalah apa yang biasa dipanggil dalam matematik penaakulan logik, dan dalam sains matematik potongan adalah satu-satunya kaedah penyiasatan yang sah. Peraturan penaakulan logik telah dirumuskan dua setengah milenium yang lalu oleh saintis Yunani kuno Aristotle. Dia mencipta senarai lengkap penaakulan betul yang paling mudah, silogisme– "bata" logik, pada masa yang sama menunjukkan penaakulan tipikal, sangat serupa dengan yang betul, tetapi salah (kita sering bertemu dengan penalaran "pseudologi" sedemikian dalam media).

Induksi (induksi - dalam bahasa Latin bimbingan) digambarkan oleh lagenda yang terkenal tentang bagaimana Isaac Newton merumuskan hukum graviti sejagat selepas sebiji epal jatuh di atas kepalanya. Contoh lain dari fizik: dalam fenomena seperti aruhan elektromagnet, medan elektrik mencipta, "mendorong" medan magnet. "Epal Newton" ialah contoh tipikal situasi di mana satu atau lebih kes khas, i.e. pemerhatian, "membawa" kepada pernyataan umum, kesimpulan umum dibuat berdasarkan kes-kes tertentu. Kaedah induktif adalah kaedah utama untuk mendapatkan pola umum dalam kedua-dua sains semula jadi dan manusia. Tetapi ia mempunyai kelemahan yang sangat ketara: berdasarkan contoh tertentu, kesimpulan yang salah boleh dibuat. Hipotesis yang timbul daripada pemerhatian peribadi tidak selalu betul. Pertimbangkan contoh yang disebabkan oleh Euler.

Kami akan mengira nilai trinomial untuk beberapa nilai pertama n:

Ambil perhatian bahawa nombor yang diperoleh hasil pengiraan adalah perdana. Dan seseorang boleh mengesahkannya secara langsung untuk setiap satu n 1 hingga 39 nilai polinomial
ialah nombor perdana. Namun, apabila n=40 kita mendapat nombor 1681=41 2 , yang bukan perdana. Oleh itu, hipotesis yang boleh timbul di sini, iaitu, hipotesis bahawa bagi setiap n nombor
adalah mudah, ternyata palsu.

Leibniz membuktikan pada abad ke-17 bahawa untuk setiap integer positif n nombor
boleh dibahagikan dengan 3
boleh dibahagi dengan 5, dan seterusnya. Berdasarkan ini, beliau mencadangkan bahawa untuk setiap ganjil k dan mana-mana semula jadi n nombor
dibahagikan dengan k, tetapi tidak lama kemudian menyedarinya
tidak boleh dibahagikan dengan 9.

Contoh yang dipertimbangkan membolehkan kita membuat kesimpulan penting: pernyataan boleh benar dalam beberapa kes khas dan pada masa yang sama tidak adil secara umum. Persoalan kesahihan pernyataan dalam kes umum boleh diselesaikan dengan menggunakan kaedah penaakulan khas yang dipanggil secara induksi matematik(aruhan lengkap, aruhan sempurna).

6.1. Prinsip aruhan matematik.

♦ Kaedah aruhan matematik adalah berdasarkan prinsip aruhan matematik , terdiri daripada yang berikut:

1) kesahihan kenyataan ini disahkan untukn=1 (asas induksi) ,

2) pernyataan ini diandaikan benar untukn= k, di manakialah nombor asli 1 yang sewenang-wenangnya(andaian induksi) , dan mengambil kira andaian ini, kesahihannya ditetapkan untukn= k+1.

Bukti. Anggaplah sebaliknya, iaitu, anggap bahawa pernyataan itu tidak benar untuk setiap semula jadi n. Kemudian ada semula jadi m, apa:

1) kelulusan untuk n=m tidak adil,

2) untuk semua orang n, lebih kecil m, dakwaan itu benar (dengan kata lain, m ialah nombor asli pertama yang pernyataan itu gagal).

Ia adalah jelas bahawa m>1, kerana untuk n=1 pernyataan itu benar (syarat 1). Akibatnya,
- nombor asli. Ternyata untuk nombor asli
pernyataan itu benar, dan untuk nombor asli seterusnya m ia tidak adil. Ini bercanggah dengan syarat 2. ■

Ambil perhatian bahawa bukti menggunakan aksiom bahawa mana-mana koleksi nombor asli mengandungi nombor terkecil.

Bukti berdasarkan prinsip aruhan matematik dipanggil dengan induksi matematik lengkap .

 Contoh6.1. Buktikan bahawa untuk mana-mana semula jadi n nombor
boleh dibahagi dengan 3.

Penyelesaian.

1) Bila n=1 , jadi a 1 boleh dibahagi dengan 3 dan pernyataan itu benar untuk n=1.

2) Andaikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k,
, iaitu nombor itu
boleh dibahagi dengan 3 dan cari bahawa n=k+1 nombor boleh dibahagi dengan 3.

Sesungguhnya,

Kerana setiap sebutan boleh dibahagi dengan 3, maka jumlahnya juga boleh dibahagikan dengan 3. ■ 

 Contoh6.2. Buktikan bahawa jumlah yang pertama n nombor ganjil asli adalah sama dengan kuasa dua nombor mereka, iaitu, .

Penyelesaian. Kami menggunakan kaedah aruhan matematik lengkap.

1) Kami menyemak kesahihan kenyataan ini untuk n=1: 1=1 2 betul.

2) Katakan bahawa jumlah yang pertama k (
) nombor ganjil adalah sama dengan kuasa dua nombor nombor ini, iaitu, . Berdasarkan kesaksamaan ini, kami menetapkan bahawa jumlah yang pertama k+1 nombor ganjil adalah sama dengan
, itu dia .

Kami menggunakan andaian kami dan mendapat

. ■ 

Kaedah aruhan matematik lengkap digunakan untuk membuktikan beberapa ketaksamaan. Mari kita buktikan ketidaksamaan Bernoulli.

 Contoh6.3. Buktikan bahawa apabila
dan mana-mana semula jadi n ketidaksamaan itu
(ketaksamaan Bernoulli).

Penyelesaian. 1) Bila n=1 kita dapat
, yang betul.

2) Kami menganggap bahawa pada n=k terdapat ketidaksamaan
(*). Menggunakan andaian ini, kami membuktikannya
. Perhatikan bahawa apabila
ketidaksamaan ini berlaku, dan oleh itu sudah memadai untuk mempertimbangkan kes itu
.

Darab kedua-dua bahagian ketaksamaan (*) dengan nombor
dan dapat:

Iaitu (1+
.■ 

Bukti dengan kaedah induksi matematik yang tidak lengkap beberapa dakwaan bergantung kepada n, di mana
dijalankan dengan cara yang sama, tetapi pada mulanya, keadilan ditetapkan untuk nilai yang paling kecil n.

Sesetengah masalah tidak secara eksplisit merumuskan pernyataan yang boleh dibuktikan dengan aruhan matematik. Dalam kes sedemikian, adalah perlu untuk mewujudkan keteraturan dan menyatakan hipotesis tentang kesahan keteraturan ini, dan kemudian menguji hipotesis yang dicadangkan dengan aruhan matematik.

 Contoh6.4. Cari jumlahnya
.

Penyelesaian. Mari cari jumlahnya S 1 , S 2 , S 3 . Kami ada
,
,
. Kami membuat hipotesis bahawa untuk mana-mana semula jadi n formula itu sah
. Untuk menguji hipotesis ini, kami menggunakan kaedah aruhan matematik lengkap.

1) Bila n=1 hipotesis adalah benar, kerana
.

2) Andaikan bahawa hipotesis adalah benar untuk n=k,
, itu dia
. Dengan menggunakan formula ini, kami menetapkan bahawa hipotesis adalah benar dan untuk n=k+1, iaitu

Sesungguhnya,

Jadi, dengan mengandaikan bahawa hipotesis adalah benar untuk n=k,
, terbukti ianya benar untuk n=k+1, dan berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa formula itu sah untuk sebarang n. ■ 

 Contoh6.5. Dalam matematik, terbukti bahawa hasil tambah dua fungsi selanjar seragam adalah fungsi selanjar seragam. Berdasarkan pernyataan ini, kita perlu membuktikan bahawa jumlah sebarang nombor
fungsi selanjar seragam ialah fungsi selanjar seragam. Tetapi oleh kerana kita belum lagi memperkenalkan konsep "fungsi berterusan seragam", mari kita tetapkan masalah dengan lebih abstrak: biarlah diketahui bahawa jumlah dua fungsi yang mempunyai beberapa sifat S, sendiri mempunyai harta S. Mari kita buktikan bahawa jumlah sebarang bilangan fungsi mempunyai sifat S.

Penyelesaian. Asas induksi di sini terkandung dalam rumusan masalah. Membuat andaian induktif, pertimbangkan
fungsi f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 yang mempunyai harta S. lepas tu . Di sebelah kanan, istilah pertama mempunyai harta S oleh hipotesis aruhan, sebutan kedua mempunyai sifat S mengikut syarat. Oleh itu, jumlah mereka mempunyai harta S– selama dua penggal, asas induksi "berfungsi".

Ini membuktikan dakwaan itu dan akan menggunakannya lagi. ■ 

 Contoh6.6. Cari semua semula jadi n, yang mana ketidaksamaan

.

Penyelesaian. Pertimbangkan n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Kami ada: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Oleh itu, kita boleh membuat hipotesis: ketidaksamaan
mempunyai tempat untuk semua orang
. Untuk membuktikan kebenaran hipotesis ini, kami menggunakan prinsip aruhan matematik tidak lengkap.

1) Seperti yang dinyatakan di atas, hipotesis ini adalah benar untuk n=5.

2) Katakan ia benar untuk n=k,
, iaitu ketidaksamaan
. Menggunakan andaian ini, kami membuktikan bahawa ketaksamaan
.

T. kepada.
dan pada
terdapat ketidaksamaan

di
,

maka kita dapat itu
. Jadi, kebenaran hipotesis n=k+1 berikutan daripada andaian bahawa ia adalah benar untuk n=k,
.

Daripada ms. 1 dan 2, berdasarkan prinsip aruhan matematik tidak lengkap, ia berikutan bahawa ketaksamaan
benar untuk setiap semula jadi
. ■ 

 Contoh6.7. Buktikan bahawa untuk sebarang nombor asli n formula pembezaan adalah sah
.

Penyelesaian. Pada n=1 formula ini mempunyai bentuk
, atau 1=1, iaitu, ia adalah benar. Membuat andaian induktif, kami mempunyai:

Q.E.D. ■ 

 Contoh6.8. Buktikan bahawa set yang terdiri daripada n unsur, mempunyai subset.

Penyelesaian. Satu set dengan satu elemen a, mempunyai dua subset. Ini benar kerana semua subsetnya ialah set kosong dan set itu sendiri, dan 2 1 =2.

Kami menganggap bahawa mana-mana set n unsur mempunyai subset. Jika set A terdiri daripada n+1 elemen, kemudian kami menetapkan satu elemen di dalamnya - menandakannya d, dan bahagikan semua subset kepada dua kelas - tidak mengandungi d dan mengandungi d. Semua subset daripada kelas pertama adalah subset bagi set B yang diperoleh daripada A dengan mengalih keluar elemen d.

Set B terdiri daripada n elemen, dan oleh itu, oleh hipotesis aruhan, ia mempunyai subset, jadi dalam kelas pertama subset.

Tetapi dalam kelas kedua terdapat bilangan subset yang sama: setiap daripadanya diperoleh daripada tepat satu subset kelas pertama dengan menambah elemen d. Oleh itu, secara keseluruhan, set A
subset.

Maka dakwaan itu terbukti. Ambil perhatian bahawa ia juga sah untuk set yang terdiri daripada 0 elemen - set kosong: ia mempunyai subset tunggal - dirinya sendiri, dan 2 0 =1. ■ 

Menggunakan kaedah aruhan matematik, buktikan bahawa untuk mana-mana semula jadi n persamaan berikut adalah benar:
a) ;
b) .

Penyelesaian.

a) Bila n= 1 kesamaan adalah sah. Dengan mengandaikan kesahihan kesaksamaan untuk n, mari kita tunjukkan bahawa ia juga sah untuk n+ 1. Sesungguhnya,

Q.E.D.

b) Bila n= 1 kesahihan kesaksamaan adalah jelas. Daripada andaian keadilannya pada n sepatutnya

Diberi kesamaan 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, kita dapat

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

iaitu, pernyataan itu juga benar untuk n + 1.

Contoh 1 Buktikan persamaan berikut

Penyelesaian. a) Bila n= 1 kesamaan akan mengambil bentuk 1=1, oleh itu, P(1) benar. Mari kita anggap bahawa persamaan ini adalah benar, iaitu, kita ada

Oleh itu, mengikut kaedah aruhan matematik, kesamaan asal adalah sah untuk mana-mana semula jadi n.

Catatan 2. Contoh ini boleh diselesaikan dengan cara lain. Sesungguhnya, jumlah 1 + 2 + 3 + ... + n ialah hasil tambah bagi yang pertama n ahli janjang aritmetik dengan ahli pertama a 1 = 1 dan perbezaan d= 1. Berdasarkan formula yang terkenal , kita mendapatkan

b) Bila n= 1 kesamaan akan berbentuk: 2 1 - 1 = 1 2 atau 1=1, iaitu, P(1) benar. Mari kita anggap bahawa kesaksamaan

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 dan buktikan ituP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 atau 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Menggunakan hipotesis induksi, kita dapat

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

Dengan cara ini, P(n+ 1) adalah benar dan, oleh itu, kesaksamaan yang diperlukan terbukti.

Catatan 3. Contoh ini boleh diselesaikan (begitu juga dengan yang sebelumnya) tanpa menggunakan kaedah aruhan matematik.

c) Bila n= 1 kesamaan adalah benar: 1=1. Anggap bahawa persamaan itu benar

d) Bila n= 1 kesamaan adalah sah: 1=1. Mari kita anggap bahawa ada

sungguh,

e) Kelulusan P(1) benar: 2=2. Mari kita anggap bahawa kesaksamaan

Oleh itu, kesaksamaan asal berlaku untuk mana-mana semula jadi n.

f) P(1) benar: 1/3 = 1/3. Biar ada persamaan P(n):

Memang, memandangkan itu P(n) berlaku, kita dapat

Oleh itu, kesaksamaan terbukti.

g) Bila n= 1 kita ada a + b = b + a dan oleh itu kesaksamaan adalah benar.

Biarkan formula binomial Newton sah untuk n = k, itu dia,

Contoh 2 Buktikan ketidaksamaan

Penyelesaian. a) Bila n= 1 kita memperolehi ketaksamaan sebenar

1 + a ≥ 1 + a . Mari kita anggap bahawa terdapat ketidaksamaan

Sesungguhnya, oleh kerana a > -1 membayangkan a + 1 > 0, kemudian mendarab kedua-dua belah ketaksamaan (1) dengan (a + 1), kita memperoleh

(1 + a ) n(1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) atau (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Kerana n a 2 ≥ 0, oleh itu,(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Justeru, jika P(n) adalah benar, maka P(n+ 1) adalah benar, oleh itu, mengikut prinsip aruhan matematik, ketaksamaan Bernoulli adalah benar.

b) Bila n= 1 kita dapat x 1 = 1 dan, oleh itu, x 1 ≥ 1 iaitu. P(1) adalah pernyataan yang adil. Mari kita berpura-pura itu P(n) adalah benar, iaitu, jika adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n nombor positif yang hasil darabnya sama dengan satu, x 1 x 2 ·...· x n= 1, dan x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Mari kita tunjukkan bahawa dalil ini membayangkan bahawa yang berikut adalah benar: jika x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) nombor positif sedemikian x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, kemudian x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Pertimbangkan dua kes berikut:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Maka jumlah nombor ini ialah ( n+ 1), dan ketidaksamaan yang diperlukan dipenuhi;

2) sekurang-kurangnya satu nombor berbeza daripada satu, katakan, sebagai contoh, lebih besar daripada satu. Kemudian, sejak x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, terdapat sekurang-kurangnya satu nombor lain yang berbeza daripada satu (lebih tepat, kurang daripada satu). biarlah x n+ 1 > 1 dan x n < 1. Рассмотрим n nombor positif

Kerana ia

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, kemudian 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. Oleh itu, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, iaitu, jika P(n) adalah benar, makaP(n+ 1) adalah adil. Ketaksamaan telah terbukti.

Catatan 4. Tanda sama berlaku jika dan hanya jika x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Biarkan x 1 ,x 2 ,...,x n adalah nombor positif sewenang-wenangnya. Pertimbangkan perkara berikut n nombor positif:

Catatan 5. Kesaksamaan berlaku jika dan hanya jika x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - pernyataan yang adil: sin 2 a + cos 2 a = 1. Katakan bahawa P(n) adalah pernyataan yang benar:

Dosa 2 n a + cos2 n a ≤ 1 dan menunjukkan bahawa adaP(n+ 1). sungguh, dosa2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) dosa \u003d 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (jika sin 2 a ≤ 1, maka cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, maka dosa 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N dosa 2 n a + cos2 n ≤ 1 dan tanda sama dicapai hanya apabilan = 1.

e) Bila n= 1 pernyataan itu benar: 1< 3 / 2 .

Mari kita andaikan itu dan buktikan itu

f) Mengambil kira Catatan 1, kami menyemak P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, oleh itu, untuk n= 10 pernyataan itu benar. Katakan 2 n > n 3 (n> 10) dan buktikan P(n+ 1), iaitu 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Sejak pada n> 10 kita ada atau , berikutan itu

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 atau n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Mengambil kira ketidaksamaan (2 n > n 3), kita dapat 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Oleh itu, mengikut kaedah aruhan matematik, untuk mana-mana semula jadi n O N, n≥ 10 kita ada 2 n > n 3 .

Contoh 3 Buktikan bahawa untuk mana-mana n O N

Penyelesaian. a) P(1) ialah pernyataan yang benar (0 boleh dibahagi dengan 6). biarlah P(n) adalah adil, iaitu n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) boleh dibahagikan dengan 6. Mari kita tunjukkan bahawa kita ada P(n+ 1), iaitu ( n + 1)n(2n+ 1) boleh dibahagikan dengan 6. Sesungguhnya, sejak

Dengan cara ini, P(n+ 1) ialah pernyataan yang adil, dan, oleh itu, n(2n 2 - 3n+ 1) boleh dibahagi dengan 6 untuk mana-mana n O N.

b) Semak P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, oleh itu P(1) adalah pernyataan yang adil. Perlu dibuktikan bahawa jika 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 boleh dibahagi dengan 11 ( P(n)), kemudian 6 2 n + 3 n+2 + 3 n juga boleh dibahagikan dengan 11 ( P(n+ 1)). Sesungguhnya, kerana

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 dan seperti 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 dan 33 6 2 n-2 boleh dibahagi dengan 11, maka jumlahnya ialah 6 2n + 3 n+2 + 3 n boleh dibahagi dengan 11. Penegasan dibuktikan. Aruhan dalam geometri

Contoh 4 Kira sisi yang betul 2 n-gon tertulis dalam bulatan jejari R.

Penerangan bibliografi: Badanin AS, Sizova M. Yu. Aplikasi kaedah induksi matematik untuk menyelesaikan masalah mengenai pembahagian nombor asli // Saintis muda. 2015. №2. S. 84-86..04.2019).

Masalah yang agak sukar untuk membuktikan kebolehbahagi nombor asli sering dihadapi dalam Olimpik matematik. Kanak-kanak sekolah menghadapi masalah: bagaimana untuk mencari kaedah matematik sejagat yang membolehkan menyelesaikan masalah sedemikian?

Ternyata kebanyakan masalah pembahagian boleh diselesaikan dengan induksi matematik, tetapi dalam buku teks sekolah sangat sedikit perhatian diberikan kepada kaedah ini, selalunya penerangan teori ringkas diberikan dan beberapa masalah dianalisis.

Kami mencari kaedah aruhan matematik dalam teori nombor. Pada permulaan teori nombor, ahli matematik menemui banyak fakta secara induktif: L. Euler dan K. Gauss kadangkala mempertimbangkan beribu-ribu contoh sebelum melihat corak berangka dan mempercayainya. Tetapi pada masa yang sama, mereka memahami betapa mengelirukan hipotesis jika mereka lulus ujian "akhir". Untuk peralihan induktif daripada pernyataan yang disahkan untuk subset terhingga kepada pernyataan yang serupa untuk keseluruhan set tak terhingga, bukti diperlukan. Kaedah ini dicadangkan oleh Blaise Pascal, yang menemui algoritma umum untuk mencari tanda kebolehbahagi mana-mana integer dengan mana-mana integer lain (risalah "Mengenai sifat kebolehbahagi nombor").

Kaedah aruhan matematik digunakan untuk membuktikan dengan menaakul kebenaran pernyataan tertentu bagi semua nombor asli atau kebenaran pernyataan bermula daripada beberapa nombor n.

Menyelesaikan masalah untuk membuktikan kebenaran pernyataan tertentu dengan kaedah aruhan matematik terdiri daripada empat peringkat (Rajah 1):

nasi. 1. Skim untuk menyelesaikan masalah

1. Asas induksi . Semak kesahihan pernyataan untuk nombor asli terkecil yang mana pernyataan itu masuk akal.

2. Andaian Induktif . Kami menganggap bahawa pernyataan itu benar untuk beberapa nilai k.

3. peralihan induktif . Kami membuktikan bahawa pernyataan itu benar untuk k+1.

4. Kesimpulan . Jika bukti sedemikian telah dilengkapkan, maka, berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa pernyataan itu benar untuk sebarang nombor asli n.

Pertimbangkan aplikasi kaedah aruhan matematik untuk menyelesaikan masalah untuk membuktikan kebolehbahagi nombor asli.

Contoh 1. Buktikan bahawa nombor 5 ialah gandaan 19, dengan n ialah nombor asli.

Bukti:

1) Mari kita semak bahawa formula ini benar untuk n = 1: nombor =19 ialah gandaan 19.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu, nombor ialah gandaan 19.

Boleh dibahagi dengan 19. Sesungguhnya, sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 19 disebabkan oleh andaian (2); sebutan kedua juga boleh dibahagikan dengan 19 kerana ia mengandungi faktor 19.

Contoh 2 Buktikan bahawa hasil tambah kubus bagi tiga nombor asli yang berturutan boleh dibahagi dengan 9.

Bukti:

Mari kita buktikan pernyataan: “Untuk sebarang nombor asli n, ungkapan n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ialah gandaan 9.

1) Pastikan formula ini betul untuk n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 ialah gandaan 9.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 ialah gandaan bagi 9.

3) Mari kita buktikan bahawa formula itu juga benar untuk n = k + 1, iaitu (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 ialah gandaan bagi 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).

Ungkapan yang terhasil mengandungi dua sebutan, setiap satunya boleh dibahagi dengan 9, jadi jumlahnya boleh dibahagikan dengan 9.

4) Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi adalah benar untuk semua nilai n.

Contoh 3 Buktikan bahawa untuk sebarang n semula jadi nombor 3 2n+1 +2 n+2 boleh dibahagi dengan 7.

Bukti:

1) Semak sama ada formula ini betul untuk n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 ialah gandaan 7.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu 3 2 k +1 +2 k +2 boleh dibahagi dengan 7.

3) Mari kita buktikan bahawa formula itu juga benar untuk n = k + 1, i.e.

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. Oleh kerana (3 2 k +1 +2 k +2) 9 boleh dibahagi dengan 7 dan 7 2 k +2 boleh dibahagi dengan 7, maka perbezaannya juga boleh dibahagikan dengan 7.

4) Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi adalah benar untuk semua nilai n.

Banyak masalah bukti dalam teori kebolehbahagiaan nombor asli diselesaikan dengan mudah menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang bahkan boleh mengatakan bahawa menyelesaikan masalah dengan kaedah ini agak algoritma, sudah cukup untuk melakukan 4 langkah asas. Tetapi kaedah ini tidak boleh dipanggil universal, kerana terdapat juga kelemahan: pertama, adalah mungkin untuk membuktikan hanya pada set nombor asli, dan kedua, adalah mungkin untuk membuktikan hanya untuk satu pembolehubah.

Untuk pembangunan pemikiran logik, budaya matematik, kaedah ini adalah alat yang diperlukan, kerana ahli matematik Rusia yang hebat A. N. Kolmogorov berkata: "Pemahaman dan keupayaan untuk menggunakan prinsip induksi matematik dengan betul adalah kriteria yang baik untuk kematangan logik, iaitu sangat diperlukan untuk matematik."

kesusasteraan:

1. Vilenkin N. Ya. Induksi. Kombinatorik. - M.: Pencerahan, 1976. - 48 hlm.

2. Genkin L. Mengenai aruhan matematik. - M., 1962. - 36 hlm.

3. Solominsky I. S. Kaedah aruhan matematik. - M.: Nauka, 1974. - 63 hlm.

4. Sharygin I. F. Kursus pilihan dalam matematik: Penyelesaian masalah: Buku teks untuk 10 sel. sekolah Menengah - M.: Pencerahan, 1989. - 252 hlm.

5. Shen A. aruhan matematik. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 p.