Kaedah pelajaran induksi matematik. Aplikasi kaedah aruhan matematik untuk menyelesaikan masalah pembahagian nombor asli

Kaedah aruhan matematik

pengenalan

Bahagian utama

Induksi lengkap dan tidak lengkap
Prinsip aruhan matematik
Kaedah aruhan matematik
Penyelesaian contoh
Kesaksamaan
Pembahagian nombor
ketidaksamaan

Kesimpulan

Senarai sastera 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. Baiklah, katakan bahawa orang yang berguna akan dibawa oleh dua atau tiga pelajaran yang mana dia mendengar lima perkataan teori, menyelesaikan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, mendapat lima kerana tidak mengetahui apa-apa.

Tetapi ini sangat penting - untuk dapat berfikir secara induktif.

Bahagian utama

Dalam makna asalnya, perkataan "induksi" digunakan untuk penaakulan yang mana kesimpulan umum diperoleh berdasarkan beberapa pernyataan tertentu. Kaedah penaakulan yang paling mudah seperti ini ialah induksi lengkap. Berikut adalah contoh penaakulan sedemikian.

Biarkan diperlukan untuk menetapkan bahawa setiap nombor genap asli n dalam 4 boleh diwakili sebagai hasil tambah dua nombor perdana. Untuk melakukan ini, kami mengambil semua nombor tersebut dan menulis pengembangan yang sepadan:

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.

Sembilan kesamaan ini menunjukkan bahawa setiap nombor yang menarik kepada kita sememangnya diwakili sebagai jumlah dua sebutan utama.

Oleh itu, induksi lengkap ialah pernyataan umum dibuktikan secara berasingan dalam setiap bilangan terhingga kemungkinan kes.

Kadang-kadang keputusan umum boleh diramalkan selepas mempertimbangkan bukan semua, tetapi sebilangan besar kes khas (yang dipanggil induksi tidak lengkap).

Keputusan yang diperoleh melalui induksi tidak lengkap, walau bagaimanapun, hanya kekal sebagai hipotesis sehingga ia dibuktikan dengan penaakulan matematik yang tepat, meliputi semua kes khas. Dengan kata lain, induksi yang tidak lengkap dalam matematik tidak dianggap sebagai kaedah pembuktian yang sah, tetapi merupakan kaedah yang berkuasa untuk menemui kebenaran baharu.

Biarkan, sebagai contoh, ia diperlukan untuk mencari hasil tambah n nombor ganjil berturut-turut yang pertama. Pertimbangkan kes khas:

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

Selepas mempertimbangkan beberapa kes khas ini, kesimpulan umum berikut mencadangkan dirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

mereka. hasil tambah n nombor ganjil yang pertama berturut-turut ialah n 2

Sudah tentu, pemerhatian yang dibuat belum boleh menjadi bukti kesahihan formula di atas.

Induksi lengkap hanya mempunyai aplikasi terhad dalam matematik. Banyak pernyataan matematik yang menarik merangkumi bilangan kes khas yang tidak terhingga, dan kami tidak boleh menguji bilangan kes yang tidak terhingga. Induksi yang tidak lengkap selalunya membawa kepada keputusan yang salah.

Dalam banyak kes, jalan keluar daripada kesukaran seperti ini adalah dengan menggunakan kaedah penaakulan khas, yang dipanggil kaedah aruhan matematik. Ia adalah seperti berikut.

Biarlah perlu untuk membuktikan kesahihan pernyataan tertentu untuk sebarang nombor asli n (sebagai contoh, adalah perlu untuk membuktikan bahawa hasil tambah bagi nombor ganjil pertama adalah sama dengan n 2). Pengesahan langsung pernyataan ini untuk setiap nilai n adalah mustahil, kerana set nombor asli adalah tidak terhingga. Untuk membuktikan pernyataan ini, mula-mula semak kesahihannya untuk n=1. Kemudian dibuktikan bahawa untuk sebarang nilai semula jadi k, kesahihan pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k membayangkan kesahihannya untuk n=k+1 juga.

Kemudian penegasan itu dianggap terbukti untuk semua n. Sesungguhnya, pernyataan itu benar untuk n=1. Tetapi ia juga sah untuk nombor seterusnya n=1+1=2. Kesahan penegasan untuk n=2 membayangkan kesahihannya untuk n=2+

1=3. Ini membayangkan kesahihan pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Adalah jelas bahawa, pada akhirnya, kita akan mencapai sebarang nombor asli n. Oleh itu, pernyataan adalah benar untuk mana-mana n.

Merumuskan apa yang telah diperkatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip aruhan matematik.

Jika ayat A(n) bergantung kepada nombor aslin, benar untukn=1 dan daripada fakta bahawa ia adalah benar untukn= k (di manak-sebarang nombor asli), ia berikutan bahawa ia juga benar untuk nombor seterusnyan= k+1, kemudian andaian A(n) adalah benar untuk sebarang nombor aslin.

Jika ayat A(n) adalah benar untukn= hlm dan jika A(k) Þ TAPI(k+1) untuk mana-manak> hlm, kemudian ayat A(n) adalah benar untuk mana-manan> hlm.

Pembuktian dengan kaedah aruhan matematik dijalankan seperti berikut. Pertama, penegasan yang akan dibuktikan disemak untuk n=1, iaitu, kebenaran pernyataan A(1) telah ditetapkan. Bahagian pembuktian ini dipanggil asas induksi. Ini diikuti dengan sebahagian daripada bukti yang dipanggil langkah induksi. Dalam bahagian ini, kesahihan pernyataan untuk n=k+1 dibuktikan di bawah andaian bahawa pernyataan tersebut adalah benar untuk n=k (andaian aruhan), i.e. buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1).

CONTOH 1

Buktikan bahawa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Penyelesaian: 1) Kami mempunyai n=1=1 2 . Akibatnya,

pernyataan adalah benar untuk n=1, i.e. A(1) adalah benar.

2) Mari kita buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan pernyataan itu benar untuk n=k, i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahawa penegasan itu juga benar untuk nombor asli seterusnya n=k+1, i.e. apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Sesungguhnya,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa Andaian A(n) adalah benar untuk mana-mana nОN.

CONTOH 2

Buktikan itu

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

Penyelesaian: 1) Untuk n=1 kita dapat

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

oleh itu, untuk n=1 formula adalah benar; A(1) adalah benar.

2) Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan formula itu benar untuk n=k, i.e.

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

Mari kita buktikan bahawa kemudian kesamarataan

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

Sesungguhnya

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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa formula adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 3

Buktikan bahawa bilangan pepenjuru bagi n-gon cembung ialah n(n-3)/2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=3, pernyataan adalah benar

Dan 3 adalah betul, kerana dalam segitiga

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

A 2 A(3) adalah benar.

2) Katakan bahawa dalam mana-mana

cembung k-gon mempunyai-

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

A k Mari kita buktikan bahawa kemudian dalam cembung

(k+1)-nombor gon

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

Biarkan А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 -cembung (k+1)-bucu. Mari kita lukis pepenjuru A 1 A k di dalamnya. Untuk mengira jumlah bilangan pepenjuru ini (k + 1)-gon, anda perlu mengira bilangan pepenjuru dalam k-gon A 1 A 2 ...A k , tambah k-2 kepada nombor yang terhasil, i.e. bilangan pepenjuru bagi (k+1)-gon yang terpancar daripada bucu A k +1 , dan, sebagai tambahan, pepenjuru A 1 A k perlu diambil kira.

Dengan cara ini,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Disebabkan oleh prinsip aruhan matematik, pernyataan tersebut adalah benar untuk sebarang n-gon cembung.

CONTOH 4

Buktikan bahawa bagi mana-mana n pernyataan itu adalah benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

Oleh itu, untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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.

Kami telah membuktikan kesahihan kesamaan untuk n=k+1, oleh itu, berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu adalah benar untuk sebarang n semula jadi.

CONTOH 5

Buktikan bahawa untuk mana-mana kesamaan semula jadi adalah benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1.

Kemudian X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Kami melihat bahawa untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa kesamaan adalah benar untuk n=k

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

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, i.e.

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.

Daripada bukti di atas adalah jelas bahawa pernyataan adalah benar untuk n=k+1, oleh itu, kesamaan adalah benar untuk mana-mana n semula jadi.

CONTOH 6

Buktikan itu

((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), dengan n>2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=2 identiti kelihatan seperti: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3′2′3)/2(2 2 +2+1),

mereka. ia betul.

2) Andaikan bahawa ungkapan itu benar untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan ketepatan ungkapan untuk 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(k 2 +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).

Kami telah membuktikan kesahihan kesamaan untuk n=k+1, oleh itu, disebabkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu benar untuk mana-mana n>2

CONTOH 7

Buktikan itu

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

untuk mana-mana n semula jadi.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

2) Andaikan bahawa n=k, maka

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

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk 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).

Kesahan kesamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, oleh itu pernyataan adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 8

Buktikan kesahihan identiti

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

untuk mana-mana n semula jadi.

1) Untuk n=1 identiti adalah benar 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Andaikan bahawa untuk n=k

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

3) Mari kita buktikan bahawa identiti adalah benar untuk 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).

Ia boleh dilihat daripada bukti di atas bahawa penegasan adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 9

Buktikan bahawa (11 n+2 +12 2n+1) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

Tetapi (23'133) boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki, jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar; A(1) adalah benar.

2) Katakan bahawa (11 k+2 +12 2k+1) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan dalam kes ini

(11 k+3 +12 2k+3) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki. Sesungguhnya, 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 .

Jumlah yang terhasil boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki, kerana sebutan pertamanya boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki dengan andaian, dan dalam faktor kedua ialah 133. Jadi, А(k)ÞА(k+1). Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 10

Buktikan bahawa bagi mana-mana n 7 n -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibahagi dengan 6 tanpa baki. Jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

7 k -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k+1.

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

Sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 6, kerana 7 k -1 boleh dibahagikan dengan 6 dengan andaian, dan sebutan kedua ialah 6. Jadi 7 n -1 ialah gandaan 6 untuk sebarang n asli. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 11

Buktikan bahawa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk n asli arbitrari boleh dibahagi dengan 11.
Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibahagikan dengan 11 tanpa baki. Oleh itu, untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 boleh dibahagi dengan 11 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk 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 .

Sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 11 tanpa baki, kerana 3 3 k-1 +2 4k-3 boleh dibahagikan dengan 11 dengan andaian, yang kedua boleh dibahagikan dengan 11, kerana salah satu faktornya ialah nombor 11. Jadi jumlahnya ialah boleh dibahagi dengan 11 tiada baki untuk sebarang n semula jadi. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 12

Buktikan bahawa 11 2n -1 untuk integer positif arbitrari n boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, maka 11 2 -1=120 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki. Jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

11 2 k -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

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

Kedua-dua sebutan boleh dibahagikan dengan 6 tanpa baki: yang pertama mengandungi gandaan 6 nombor 120, dan yang kedua boleh dibahagikan dengan 6 tanpa baki dengan andaian. Jadi jumlahnya boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 13

Buktikan bahawa 3 3 n+3 -26n-27 untuk integer positif arbitrari n boleh dibahagi dengan 26 2 (676) tanpa baki.

Penyelesaian: Mari kita buktikan dahulu bahawa 3 3 n+3 -1 boleh dibahagikan dengan 26 tanpa baki.

Untuk n=0

3 3 -1=26 boleh dibahagi dengan 26

Katakan bahawa untuk n=k

3 3k+3 -1 boleh dibahagi dengan 26

Mari kita buktikan bahawa kenyataan itu

benar untuk n=k+1.

3 3 k+6 -1=27'3 3k+3 -1=26'3 3k+3 +(3 3 k +3 -1) - boleh dibahagi dengan 26

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam keadaan masalah.

1) Adalah jelas bahawa untuk n=1 pernyataan itu adalah benar

3 3+3 -26-27=676

2) Andaikan bahawa untuk n=k

ungkapan 3 3 k+3 -26k-27 boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k+1

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

Kedua-dua istilah boleh dibahagikan dengan 26 2 ; yang pertama boleh dibahagikan dengan 26 2 kerana kami telah membuktikan bahawa ungkapan dalam kurungan boleh dibahagikan dengan 26, dan yang kedua boleh dibahagikan dengan hipotesis induktif. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 14

Buktikan bahawa jika n>2 dan x>0, maka ketaksamaan

(1+x) n >1+n´x.

Penyelesaian: 1) Untuk n=2, ketaksamaan adalah benar, kerana

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

Jadi A(2) adalah benar.

2) Mari kita buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1) jika k> 2. Katakan bahawa A(k) adalah benar, iaitu, bahawa ketaksamaan

(1+x) k >1+k´x. (3)

Mari kita buktikan bahawa A(k+1) juga benar, iaitu, bahawa ketaksamaan

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Sesungguhnya, mendarab kedua-dua belah ketaksamaan (3) dengan nombor positif 1+x, kita perolehi

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pertimbangkan bahagian kanan yang terakhir tidak sama

stva; kita ada

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

Akibatnya, kita mendapat itu

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa ketaksamaan Bernoulli adalah sah untuk sebarang

CONTOH 15

Buktikan bahawa ketidaksamaan itu benar

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

Penyelesaian: 1) Untuk m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 kedua-dua bahagian adalah sama.

2) Andaikan bahawa untuk m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Mari kita buktikan bahawa untuk m=k+1 bukan kesamaan adalah benar

(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 .

Kami telah membuktikan kesahihan ketaksamaan untuk m=k+1, oleh itu, berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan adalah benar untuk sebarang m semula jadi.

CONTOH 16

Buktikan bahawa untuk n>6 ketaksamaan

Penyelesaian: Mari kita tulis semula ketaksamaan dalam borang

Untuk n=7 kita ada

3 7 /2 7 =2187/128>14=2'7

ketidaksamaan adalah benar.

Katakan bahawa untuk n=k

3) Mari kita buktikan ketepatan ketaksamaan untuk n=k+1.

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

Sejak k>7, ketidaksamaan terakhir adalah jelas.

Berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan adalah sah untuk sebarang n semula jadi.

CONTOH 17

Buktikan bahawa untuk n>2 ketaksamaan

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Penyelesaian: 1) Untuk n=3 ketaksamaan adalah benar

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

Katakan bahawa untuk n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k).

3) Kami akan membuktikan kesahihan bukan

kesamaan untuk n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Mari kita buktikan bahawa 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Yang terakhir adalah jelas, dan oleh itu

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan dibuktikan.

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. Penyelesaian masalah sedemikian menjadi aktiviti yang menghiburkan dan boleh menarik lebih ramai orang yang ingin tahu kepada 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.

MATEMATIK:

KULIAH, TUGASAN, PENYELESAIAN

Buku teks / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA DAN PRINSIP ANALISIS

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

Induksi ialah kaedah mendapatkan pernyataan umum daripada pemerhatian tertentu. Dalam kes apabila pernyataan matematik melibatkan bilangan objek yang terhad, ia boleh dibuktikan dengan menyemak setiap objek. Sebagai contoh, pernyataan: "Setiap nombor genap dua digit ialah hasil tambah dua nombor perdana," berikut daripada siri kesamaan yang agak realistik untuk diwujudkan:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Kaedah pembuktian, di mana pernyataan disahkan untuk bilangan kes yang terhad, meletihkan semua kemungkinan, dipanggil induksi lengkap. Kaedah ini agak jarang digunakan, kerana penyataan matematik, sebagai peraturan, tidak membimbangkan set objek terhingga, tetapi tidak terhingga. Sebagai contoh, pernyataan tentang nombor dua digit genap yang dibuktikan di atas dengan aruhan lengkap hanyalah kes khas teorem: "Sebarang nombor genap ialah hasil tambah dua nombor perdana." Teorem ini belum lagi dibuktikan atau disangkal.

Aruhan matematik ialah kaedah membuktikan pernyataan tertentu bagi mana-mana n semula jadi berdasarkan prinsip aruhan matematik: “Jika suatu pernyataan adalah benar untuk n=1 dan daripada kesahihannya untuk n=k ia berikutan bahawa pernyataan ini adalah benar untuk n= k+1, maka ia adalah benar untuk semua n ". Kaedah pembuktian secara aruhan matematik adalah seperti berikut:

1) asas aruhan: buktikan atau sahkan terus kesahihan pernyataan untuk n=1 (kadang-kadang n=0 atau n=n 0);

2) langkah aruhan (peralihan): mereka menganggap kesahihan pernyataan untuk beberapa n=k semula jadi dan, berdasarkan andaian ini, buktikan kesahihan pernyataan untuk n=k+1.

Masalah dengan penyelesaian

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

Nyatakan A(n)=3 2n+1 +2 n+2 .

asas aruhan. Jika n=1, maka A(1)=3 3 +2 3 =35 dan jelas boleh dibahagikan dengan 7.

Hipotesis induksi. Biarkan A(k) boleh dibahagi dengan 7.

peralihan induktif. Mari kita buktikan bahawa A(k+1) boleh dibahagi dengan 7, iaitu kesahihan pernyataan masalah bagi n=k.

А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 3 2 +2 k+2 2 1 =3 2k+1 9+2 k+2 2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2 .

Nombor terakhir boleh dibahagi dengan 7, kerana ia adalah perbezaan dua integer boleh dibahagi dengan 7. Oleh itu, 3 2n+1 +2 n+2 boleh dibahagi dengan 7 untuk sebarang n asli.

2. Buktikan bahawa untuk sebarang integer positif n nombor 2 3 n +1 boleh dibahagi dengan 3 n+1 dan tidak boleh dibahagikan dengan 3 n+2 .

Mari kita perkenalkan tatatanda: a i =2 3 i +1.

Untuk n=1 kita ada, dan 1 =2 3 +1=9. Jadi, a 1 boleh dibahagikan dengan 3 2 dan tidak boleh dibahagikan dengan 3 3 .

Biarkan untuk n=k nombor a k boleh dibahagi dengan 3 k+1 dan tidak boleh dibahagikan dengan 3 k+2 , iaitu a k =2 3 k +1=3 k+1 m, di mana m tidak boleh dibahagikan dengan 3. Kemudian

dan k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k 2 –2 3 k +1)=3 k+1 m m ((2 3 k +1) 2 –3 2 3 k)=3 k+1 m ((3 k+1 m) 2 –3 2 3 k)=

3 k+2 m (3 2k+1 m 2 –2 3 k).

Jelas sekali, a k+1 boleh dibahagi dengan 3 k+2 dan tidak boleh dibahagikan dengan 3 k+3 .

Oleh itu, penegasan dibuktikan untuk mana-mana n semula jadi.

3. Diketahui bahawa x+1/x ialah integer. Buktikan bahawa х n +1/х n juga merupakan integer untuk sebarang integer n.

Mari kita perkenalkan notasi: a i \u003d x i +1 / x i dan segera ambil perhatian bahawa a i \u003d a -i, jadi kita akan terus bercakap tentang indeks semula jadi.

Nota: dan 1 ialah integer mengikut keadaan; a 2 ialah integer, kerana a 2 \u003d (a 1) 2 -2; dan 0=2.

Andaikan bahawa a k ialah integer untuk sebarang integer positif k tidak melebihi n. Maka a 1 ·a n ialah integer, tetapi a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 dan a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Walau bagaimanapun, dan n–1 ialah integer oleh hipotesis aruhan. Oleh itu, а n+1 juga merupakan integer. Oleh itu, х n +1/х n ialah integer untuk sebarang integer n, yang perlu dibuktikan.

4. Buktikan bahawa untuk sebarang integer positif n lebih besar daripada 1, ketaksamaan berganda

5. Buktikan bahawa untuk n > 1 dan |x|

(1–x)n +(1+x)n

Untuk n=2 ketaksamaan adalah benar. sungguh,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

Jika ketaksamaan adalah benar untuk n=k, maka untuk n=k+1 kita ada

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

Ketaksamaan dibuktikan untuk sebarang nombor asli n > 1.

6. Terdapat 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.

Mari gunakan kaedah aruhan matematik.

Untuk n=1 penegasan adalah jelas.

Katakan pernyataan itu benar untuk mana-mana peta yang dibentuk oleh n bulatan, dan biarkan n + 1 bulatan diberikan pada satah. Mengalih keluar salah satu bulatan ini, kita mendapat peta yang, berdasarkan andaian yang dibuat, boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna (lihat rajah pertama di bawah).

Kami kemudian memulihkan bulatan yang dibuang dan pada satu sisinya, contohnya di dalam, menukar warna setiap kawasan ke sebaliknya (lihat gambar kedua). Adalah mudah untuk melihat bahawa dalam kes ini kita mendapat peta yang diwarnakan dengan betul dengan dua warna, tetapi hanya sekarang dengan n + 1 bulatan, yang perlu dibuktikan.

7. Kami akan memanggil poligon cembung "cantik" jika syarat berikut dipenuhi:

1) setiap bucunya dicat dalam satu daripada tiga warna;

2) mana-mana dua bucu berjiran dicat dengan warna yang berbeza;

3) sekurang-kurangnya satu bucu poligon diwarnakan dalam setiap tiga warna.

Buktikan bahawa mana-mana n-gon yang cantik boleh dipotong dengan pepenjuru yang tidak bersilang menjadi segi tiga "cantik".

Mari gunakan kaedah aruhan matematik.

asas aruhan. Untuk sekurang-kurangnya n=3, penyataan masalah adalah jelas: bucu segitiga "cantik" dicat dalam tiga warna berbeza dan tiada potongan diperlukan.

Hipotesis induksi. Mari kita anggap bahawa pernyataan masalah adalah benar untuk mana-mana n-gon yang "cantik".

langkah induksi. Pertimbangkan "cantik" (n + 1)-gon sewenang-wenangnya dan buktikan, menggunakan hipotesis aruhan, bahawa ia boleh dipotong oleh beberapa pepenjuru kepada segi tiga "cantik". Nyatakan dengan А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – bucu berturut-turut bagi (n+1)-gon. Jika hanya satu bucu (n + 1)-gon diwarnakan dalam mana-mana tiga warna, maka dengan menyambungkan bucu ini dengan pepenjuru kepada semua bucu yang tidak bersebelahan dengannya, kita memperoleh partition yang diperlukan bagi (n + 1)- masuk ke dalam segi tiga "cantik".

Jika sekurang-kurangnya dua bucu an (n + 1)-gon dicat dalam setiap tiga warna, maka kita menandakan warna bucu A 1 dengan nombor 1, dan warna bucu A 2 dengan nombor 2 . Biarkan k ialah nombor terkecil supaya bucu A k diwarnakan dalam warna ketiga. Jelas bahawa k > 2. Mari kita potong segitiga А k–2 А k–1 А k daripada (n+1)-gon dengan pepenjuru А k–2 А k . Sesuai dengan pilihan nombor k, semua bucu segitiga ini dicat dalam tiga warna yang berbeza, iaitu segitiga ini "cantik". Cembung n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , yang kekal, juga akan, disebabkan oleh andaian induktif, menjadi “cantik”, yang bermaksud ia dibahagikan kepada segi tiga "cantik", yang dan perlu dibuktikan.

8. Buktikan bahawa dalam n-gon cembung adalah mustahil untuk memilih lebih daripada n pepenjuru supaya mana-mana dua daripadanya mempunyai titik sepunya.

Mari kita laksanakan pembuktian dengan kaedah aruhan matematik.

Mari kita buktikan pernyataan yang lebih umum: dalam n-gon cembung, adalah mustahil untuk memilih lebih daripada n sisi dan pepenjuru supaya mana-mana dua daripadanya mempunyai titik sepunya. Untuk n = 3 penegasan adalah jelas. Mari kita andaikan bahawa pernyataan ini adalah benar untuk n-gon sewenang-wenangnya dan, dengan menggunakan ini, buktikan kesahihannya untuk arbitrari (n + 1)-gon.

Andaikan bahawa untuk (n + 1)-gon pernyataan ini tidak benar. Jika tidak lebih daripada dua sisi atau pepenjuru yang dipilih muncul daripada setiap bucu (n+1)-gon, maka terdapat paling banyak n+1 daripadanya yang dipilih. Oleh itu, sekurang-kurangnya tiga sisi yang dipilih atau pepenjuru AB, AC, AD muncul dari beberapa bucu A. Biarkan AC terletak di antara AB dan AD. Oleh kerana mana-mana sisi atau pepenjuru yang keluar dari C selain CA tidak boleh melintasi AB dan AD pada masa yang sama, hanya satu CA pepenjuru terpilih yang keluar daripada C.

Membuang titik C bersama CA pepenjuru, kita mendapat n-gon cembung di mana lebih daripada n sisi dan pepenjuru dipilih, mana-mana dua daripadanya mempunyai titik sepunya. Oleh itu, kita sampai pada percanggahan dengan andaian bahawa pernyataan itu benar untuk n-gon cembung sewenang-wenangnya.

Jadi, untuk (n + 1)-gon, pernyataan itu adalah benar. Selaras dengan prinsip aruhan matematik, pernyataan tersebut adalah benar untuk sebarang n-gon cembung.

9. Terdapat n garisan yang dilukis dalam satah, tiada dua daripadanya selari dan tiada tiga melalui titik yang sama. Kepada berapa bahagian garisan ini membahagi satah.

Dengan bantuan lukisan asas, adalah mudah untuk memastikan bahawa satu garis lurus membahagikan satah kepada 2 bahagian, dua garis lurus kepada 4 bahagian, tiga garis lurus kepada 7 bahagian, dan empat garis lurus kepada 11 bahagian.

Nyatakan dengan N(n) bilangan bahagian di mana n garis membahagi satah. Ia boleh dilihat bahawa

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Adalah wajar untuk menganggapnya

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

atau, seperti yang mudah untuk ditubuhkan, menggunakan formula untuk jumlah n sebutan pertama suatu janjang aritmetik,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Mari kita buktikan kesahihan formula ini dengan kaedah aruhan matematik.

Untuk n=1, formula telah pun disahkan.

Setelah membuat andaian induktif, pertimbangkan garis k + 1 yang memuaskan keadaan masalah. Kami sewenang-wenangnya memilih k garis lurus daripada mereka. Dengan hipotesis induktif, mereka membahagikan satah kepada 1+ k(k+1)/2 bahagian. Baki (k + 1)-garisan akan dibahagikan dengan garis k yang dipilih kepada k + 1 bahagian dan, oleh itu, akan melalui bahagian (k + 1)-ke dalamnya yang mana satah telah dibahagikan, dan setiap bahagian ini akan dibahagikan kepada 2 bahagian iaitu k+1 bahagian lagi akan ditambah. Jadi,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. Dalam ungkapan x 1: x 2: ...: x n, kurungan diletakkan untuk menunjukkan susunan tindakan dan hasilnya ditulis sebagai pecahan:

(dalam kes ini, setiap huruf x 1, x 2, ..., x n sama ada dalam pengangka pecahan atau dalam penyebut). Berapa banyak ungkapan yang berbeza boleh diperolehi dengan cara ini dengan semua cara yang mungkin untuk menyusun kurungan?

Pertama sekali, adalah jelas bahawa dalam pecahan yang terhasil x 1 akan berada dalam pengangka. Ia hampir sama jelas bahawa x 2 akan berada dalam penyebut untuk sebarang susunan kurungan (tanda bahagi sebelum x 2 merujuk sama ada kepada x 2 itu sendiri, atau kepada mana-mana ungkapan yang mengandungi x 2 dalam pengangka).

Ia boleh diandaikan bahawa semua huruf lain x 3 , x 4 , ... , x n boleh terletak dalam pengangka atau penyebut dengan cara sewenang-wenangnya. Oleh itu, secara keseluruhan anda boleh mendapatkan 2 pecahan n-2: setiap huruf n-2 x 3, x 4, ..., x n boleh bebas daripada yang lain dalam pengangka atau penyebut.

Mari kita buktikan pernyataan ini dengan induksi.

Dengan n=3, anda boleh mendapatkan 2 pecahan:

jadi kenyataan itu benar.

Kami menganggap bahawa ia sah untuk n=k dan membuktikannya untuk n=k+1.

Biarkan ungkapan x 1: x 2: ...: x k, selepas beberapa susunan kurungan, ditulis sebagai pecahan Q. Jika x k: x k+1 digantikan ke dalam ungkapan ini dan bukannya x k, maka x k akan berada dalam tempat yang sama seperti dalam pecahan Q, dan x k + 1 tidak akan berada di tempat x k berdiri (jika x k berada dalam penyebut, maka x k + 1 akan berada dalam pengangka dan sebaliknya).

Sekarang mari kita buktikan bahawa kita boleh menambah x k+1 ke tempat yang sama dengan x k . Dalam pecahan Q, selepas meletakkan kurungan, semestinya akan ada ungkapan bentuk q:x k, dengan q ialah huruf x k–1 atau beberapa ungkapan dalam kurungan. Menggantikan q: x k dengan ungkapan (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), kita jelas mendapat pecahan Q yang sama, di mana bukannya x k ialah x k x k+1 .

Oleh itu, bilangan pecahan yang mungkin dalam kes n=k+1 adalah 2 kali lebih besar daripada dalam kes n=k dan bersamaan dengan 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Maka dakwaan itu terbukti.

Jawapan: 2 n-2 pecahan.

Masalah tanpa penyelesaian

1. Buktikan bahawa untuk mana-mana n semula jadi:

a) nombor 5 n -3 n + 2n boleh dibahagi dengan 4;

b) nombor n 3 +11n boleh dibahagi dengan 6;

c) nombor 7 n +3n–1 boleh dibahagikan dengan 9;

d) nombor 6 2n +19 n –2 n+1 boleh dibahagi dengan 17;

e) nombor 7 n+1 +8 2n–1 boleh dibahagi dengan 19;

f) nombor 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 boleh dibahagi dengan 27.

2. Buktikan bahawa (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Buktikan ketaksamaan |sin nx| n|sinx| untuk mana-mana n semula jadi.

4. Cari nombor asli a, b, c yang tidak boleh dibahagi dengan 10 dan bagi mana-mana n asli nombor a n + b n dan c n mempunyai dua digit terakhir yang sama.

5. Buktikan bahawa jika n titik tidak terletak pada baris yang sama, maka antara garisan yang menghubungkannya, terdapat sekurang-kurangnya n yang berbeza.

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 pembahagian 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 adalah 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 betul 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 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.

Adalah mudah untuk menyelesaikan banyak masalah bukti dalam teori pembahagian nombor asli 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.

pengenalan

Bahagian utama

1. Induksi lengkap dan tidak lengkap

2. Prinsip aruhan matematik

3. Kaedah aruhan matematik

4. Penyelesaian contoh

5. Persamaan

6. Pembahagian nombor

7. Ketaksamaan

Kesimpulan

Senarai sastera terpakai

pengenalan

Tetapi ini sangat penting - untuk dapat berfikir secara induktif.

Bahagian utama

Biarkan ia dikehendaki untuk menetapkan bahawa setiap nombor genap semula jadi n dalam 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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.

Sembilan kesamaan ini menunjukkan bahawa setiap nombor yang menarik kepada kita sememangnya diwakili sebagai jumlah dua sebutan utama.

Oleh itu, induksi lengkap ialah pernyataan umum dibuktikan secara berasingan dalam setiap bilangan terhingga kemungkinan kes.

Kadang-kadang keputusan umum boleh diramalkan selepas mempertimbangkan bukan semua, tetapi sebilangan besar kes khas (yang dipanggil induksi tidak lengkap).

Biarkan, sebagai contoh, ia diperlukan untuk mencari hasil tambah n nombor ganjil berturut-turut yang pertama. Pertimbangkan kes khas:

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

Selepas mempertimbangkan beberapa kes khas ini, kesimpulan umum berikut mencadangkan dirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

mereka. hasil tambah n nombor ganjil yang pertama berturut-turut ialah n 2

Sudah tentu, pemerhatian yang dibuat belum boleh menjadi bukti kesahihan formula di atas.

Dalam banyak kes, jalan keluar daripada kesukaran seperti ini adalah dengan menggunakan kaedah penaakulan khas, yang dipanggil kaedah aruhan matematik. Ia adalah seperti berikut.

Merumuskan apa yang telah diperkatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip aruhan matematik.

Jika ayat A( n ) bergantung kepada nombor asli n , benar untuk n =1 dan daripada fakta bahawa ia adalah benar untuk n=k (di mana k -sebarang nombor asli), ia berikutan bahawa ia juga benar untuk nombor seterusnya n=k+1 , maka andaian A( n ) adalah benar untuk sebarang nombor asli n .

Dalam beberapa kes, mungkin perlu untuk membuktikan kesahihan pernyataan tertentu bukan untuk semua nombor asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p ialah nombor asli tetap. Dalam hal ini, prinsip aruhan matematik dirumuskan seperti berikut. Jika ayat A( n ) adalah benar untuk n=p dan jika A( k ) Þ TAPI( k+1) untuk sesiapa k>p, kemudian ayat A( n) benar untuk sesiapa sahaja n>hlm.

CONTOH 1

Buktikan bahawa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Penyelesaian: 1) Kami mempunyai n=1=1 2 . Akibatnya,

pernyataan adalah benar untuk n=1, i.e. A(1) adalah benar.

2) Mari kita buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan pernyataan itu benar untuk n=k, i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahawa penegasan itu juga benar untuk nombor asli seterusnya n=k+1, i.e. apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Sesungguhnya,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa Andaian A(n) adalah benar untuk mana-mana nОN.

CONTOH 2

Buktikan itu

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), dengan x¹1

Penyelesaian: 1) Untuk n=1 kita dapat

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

oleh itu, untuk n=1 formula adalah benar; A(1) adalah benar.

2) Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan formula itu benar untuk n=k, i.e.

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

Mari kita buktikan bahawa kemudian kesamarataan

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

Sesungguhnya

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa formula adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 3

Buktikan bahawa bilangan pepenjuru bagi n-gon cembung ialah n(n-3)/2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=3, pernyataan adalah benar

Dan 3 adalah betul, kerana dalam segitiga

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

A 2 A(3) adalah benar.

2) Katakan bahawa dalam mana-mana

cembung k-gon mempunyai-

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

A k Mari kita buktikan bahawa kemudian dalam cembung

(k+1)-nombor gon

pepenjuru A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Biarkan А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -cembung (k+1)-sudut. Mari kita lukis pepenjuru A 1 A k di dalamnya. Untuk mengira jumlah bilangan pepenjuru ini (k + 1)-gon, anda perlu mengira bilangan pepenjuru dalam k-gon A 1 A 2 ...A k , tambah k-2 kepada nombor yang terhasil, i.e. bilangan pepenjuru bagi (k+1)-gon yang terpancar daripada bucu A k+1 , dan, sebagai tambahan, pepenjuru A 1 A k perlu diambil kira.

Dengan cara ini,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Disebabkan oleh prinsip aruhan matematik, pernyataan tersebut adalah benar untuk sebarang n-gon cembung.

CONTOH 4

Buktikan bahawa bagi mana-mana n pernyataan itu adalah benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

Oleh itu, untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk n=k+1

Xk+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.

Kami telah membuktikan kesahihan kesamaan untuk n=k+1, oleh itu, berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu adalah benar untuk sebarang n semula jadi.

CONTOH 5

Buktikan bahawa untuk mana-mana kesamaan semula jadi adalah benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1.

Kemudian X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Kami melihat bahawa untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa kesamaan adalah benar untuk n=k

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 deduksi 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 adalah benar (dengan kata lain, m ialah nombor asli pertama yang pernyataan itu gagal).

Jelas sekali 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
(*). Dengan menggunakan andaian ini, kami membuktikannya
. Perhatikan bahawa apabila
ketidaksamaan ini berlaku, dan oleh itu sudah memadai untuk mempertimbangkan kes itu
.

Darab kedua-dua belah 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 keseluruhannya, 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. ■ 