De methode van wiskundige inductie les samenvatting. Voorbeelden - wiskundige inductie

METHODE VAN WISKUNDE INDUCTIE

Het woord inductie in het Russisch betekent begeleiding, en inductieve worden conclusies genoemd op basis van observaties, experimenten, d.w.z. verkregen door gevolgtrekking van het bijzondere naar het algemene.

We zien bijvoorbeeld elke dag dat de zon vanuit het oosten opkomt. Daarom kunt u er zeker van zijn dat het morgen in het oosten zal verschijnen en niet in het westen. We trekken deze conclusie zonder onze toevlucht te nemen tot veronderstellingen over de oorzaak van de beweging van de zon langs de hemel (bovendien blijkt deze beweging zelf duidelijk te zijn, aangezien de aardbol feitelijk beweegt). En toch beschrijft deze inductieve afleiding correct de waarnemingen die we morgen zullen doen.

De rol van inductieve gevolgtrekkingen in de experimentele wetenschappen is zeer groot. Ze geven die bepalingen, waaruit vervolgens door aftrek verdere conclusies worden getrokken. En hoewel theoretische mechanica gebaseerd is op de drie bewegingswetten van Newton, waren deze wetten zelf het resultaat van een diepgaande reflectie op experimentele gegevens, in het bijzonder Keplers wetten van planetaire beweging, door hem afgeleid tijdens de verwerking van langetermijnwaarnemingen door de Deense astronoom Tycho Brahe. Observatie en inductie blijken in de toekomst nuttig om de gemaakte aannames te verfijnen. Na Michelsons experimenten met het meten van de lichtsnelheid in een bewegend medium, bleek het nodig om de natuurwetten te verduidelijken en een relativiteitstheorie te creëren.

In de wiskunde is de rol van inductie grotendeels dat het ten grondslag ligt aan de gekozen axiomatiek. Nadat lang oefenen had uitgewezen dat een recht pad altijd korter is dan een gebogen of gebroken pad, lag het voor de hand om een ​​axioma te formuleren: voor elke drie punten A, B en C is de ongelijkheid

De onderliggende notie van te volgen rekenkunde kwam ook voort uit het observeren van de vorming van soldaten, schepen en andere geordende sets.

Men moet echter niet denken dat dit het einde is van de rol van inductie in de wiskunde. Natuurlijk moeten we stellingen die logisch zijn afgeleid uit axioma's niet experimenteel verifiëren: als er geen logische fouten zijn gemaakt in de afleiding, dan zijn ze waar voor zover de axioma's die we hebben geaccepteerd waar zijn. Maar uit dit systeem van axioma's kunnen veel uitspraken worden afgeleid. En de selectie van die beweringen die moeten worden bewezen, wordt opnieuw gesuggereerd door inductie. Zij is het die ons in staat stelt bruikbare stellingen te scheiden van nutteloze, geeft aan welke stellingen waar kunnen blijken te zijn, en helpt zelfs om het pad van het bewijs te schetsen.

De essentie van de methode van wiskundige inductie

In veel secties van rekenen, algebra, meetkunde en analyse moet men de waarheid bewijzen van zinnen A(n) die afhankelijk zijn van een natuurlijke variabele. Het bewijs van de waarheid van de propositie A(n) voor alle waarden van de variabele kan vaak worden uitgevoerd door de methode van wiskundige inductie, die gebaseerd is op het volgende principe.

De zin A(n) wordt als waar beschouwd voor alle natuurlijke waarden van de variabele als aan de volgende twee voorwaarden is voldaan:

Stelling A(n) is waar voor n=1.

Uit de aanname dat A(n) waar is voor n=k (waar k een willekeurig natuurlijk getal is), volgt dat het waar is voor de volgende waarde n=k+1.

Dit principe wordt het principe van wiskundige inductie genoemd. Het wordt meestal gekozen als een van de axioma's die de natuurlijke getallenreeks definiëren en wordt daarom zonder bewijs geaccepteerd.

De methode van wiskundige inductie wordt opgevat als de volgende bewijsmethode. Als het nodig is om de waarheid van de propositie A(n) voor alle natuurlijke n te bewijzen, dan moet men ten eerste de waarheid van de propositie A(1) controleren en ten tweede de waarheid van de propositie A(k) aannemen. , probeer te bewijzen dat de propositie A(k +1) waar is. Als dit kan worden bewezen, en het bewijs blijft geldig voor elke natuurlijke waarde van k, dan wordt volgens het principe van wiskundige inductie de propositie A(n) als waar erkend voor alle waarden van n.

De methode van wiskundige inductie wordt veel gebruikt bij het bewijzen van stellingen, identiteiten, ongelijkheden, bij het oplossen van deelbaarheidsproblemen, bij het oplossen van enkele geometrische en vele andere problemen.

De methode van wiskundige inductie bij het oplossen van problemen op

deelbaarheid

Met behulp van de methode van wiskundige inductie kan men verschillende uitspraken over de deelbaarheid van natuurlijke getallen bewijzen.

De volgende bewering kan relatief eenvoudig worden bewezen. Laten we laten zien hoe het wordt verkregen met behulp van de methode van wiskundige inductie.

voorbeeld 1. Als n een natuurlijk getal is, dan is het getal even.

Voor n=1 is onze stelling waar: - een even getal. Laten we aannemen dat dit een even getal is. Aangezien , een 2k een even getal is, dan ook al. Dus de pariteit is bewezen voor n=1, de pariteit wordt afgeleid uit de pariteit .Dus, zelfs voor alle natuurlijke waarden van n.

Voorbeeld 2Bewijs de waarheid van de zin

A(n)=(getal 5 is een veelvoud van 19), n is een natuurlijk getal.

Oplossing.

De bewering A(1)=(getal is een veelvoud van 19) is waar.

Stel dat voor een bepaalde waarde n=k

A(k)=(getal is een veelvoud van 19) is waar. dan, sinds

Uiteraard is A(k+1) ook waar. Inderdaad, de eerste term is deelbaar door 19 op grond van de aanname dat A(k) waar is; de tweede term is ook deelbaar door 19, omdat deze de factor 19 bevat. Aan beide voorwaarden van het principe van wiskundige inductie is voldaan, daarom is de propositie A(n) waar voor alle waarden van n.

Toepassing van de methode van wiskundige inductie op:

serie sommatie

voorbeeld 1Bewijs de formule

, n is een natuurlijk getal.

Oplossing.

Voor n=1 worden beide delen van de gelijkheid één en daarmee is voldaan aan de eerste voorwaarde van het principe van wiskundige inductie.

Neem aan dat de formule waar is voor n=k, d.w.z.

.

Laten we beide kanten van deze gelijkheid optellen en de rechterkant transformeren. Dan krijgen we

Dus uit het feit dat de formule waar is voor n=k, volgt dat ze ook waar is voor n=k+1. Deze bewering geldt voor elke natuurlijke waarde van k. Er is dus ook voldaan aan de tweede voorwaarde van het principe van wiskundige inductie. De formule is bewezen.

Voorbeeld 2Bewijs dat de som van de eerste n getallen van de natuurlijke reeks is .

Oplossing.

Laten we het vereiste bedrag aangeven, d.w.z. .

Voor n=1 is de hypothese waar.

Laten . Laten we dat laten zien .

Inderdaad,

Probleem opgelost.

Voorbeeld 3Bewijs dat de som van de kwadraten van de eerste n getallen van de natuurlijke reeks gelijk is aan .

Oplossing.

Laten .

.

Laten we doen alsof . Dan

En tenslotte.

Voorbeeld 4 Bewijs dat .

Oplossing.

Als dan

Voorbeeld 5 Bewijs dat

Oplossing.

Voor n=1 is de hypothese duidelijk waar.

Laten .

Laten we dat bewijzen.

Werkelijk,

Voorbeelden van het toepassen van de methode van wiskundige inductie op:

bewijs van ongelijkheden

voorbeeld 1Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n>1

.

Oplossing.

Geef de linkerkant van de ongelijkheid aan met .

Daarom is voor n=2 de ongelijkheid waar.

Laat voor wat k. Laten we bewijzen dat dan en . Wij hebben , .

Vergelijken en , we hebben , d.w.z. .

Voor elk positief geheel getal k is de rechterkant van de laatste gelijkheid positief. Dat is waarom . Maar daarom en.

Voorbeeld 2Zoek een fout in de redenering.

Uitspraak. Voor elke natuurlijke n is de ongelijkheid waar.

Een bewijs.

. (1)

Laten we bewijzen dat de ongelijkheid dan ook geldt voor n=k+1, d.w.z.

.

Inderdaad, minstens 2 voor elke natuurlijke k. Laten we ongelijkheid (1) aan de linkerkant toevoegen en aan de rechterkant 2. We krijgen een redelijke ongelijkheid, of . De stelling is bewezen.

Voorbeeld 3Bewijs dat , waarbij >-1, , n een natuurlijk getal groter dan 1 is.

Oplossing.

Voor n=2 is de ongelijkheid waar, aangezien .

Laat de ongelijkheid waar zijn voor n=k, waar k een natuurlijk getal is, d.w.z.

. (1)

Laten we aantonen dat de ongelijkheid dan ook geldt voor n=k+1, d.w.z.

. (2)

Inderdaad, door aanname, dus de ongelijkheid

, (3)

verkregen uit ongelijkheid (1) door elk deel ervan te vermenigvuldigen met . Laten we ongelijkheid (3) als volgt herschrijven: . Als we de positieve term aan de rechterkant van de laatste ongelijkheid weggooien, krijgen we de geldige ongelijkheid (2).

Voorbeeld 4 Bewijs dat

(1)

waarbij , , n een natuurlijk getal groter dan 1 is.

Oplossing.

Voor n=2 heeft ongelijkheid (1) de vorm

. (2)

Sinds , dan is de ongelijkheid

. (3)

Als we aan elk deel van ongelijkheid (3) toevoegen door , krijgen we ongelijkheid (2).

Dit bewijst dat ongelijkheid (1) geldt voor n=2.

Laat ongelijkheid (1) geldig zijn voor n=k, waar k een natuurlijk getal is, d.w.z.

. (4)

Laten we bewijzen dat dan ongelijkheid (1) ook geldig moet zijn voor n=k+1, d.w.z.

(5)

Laten we beide delen van ongelijkheid (4) vermenigvuldigen met a+b. Aangezien, door voorwaarde, krijgen we de volgende eerlijke ongelijkheid:

. (6)

Om ongelijkheid (5) te bewijzen, volstaat het om aan te tonen dat

, (7)

of, wat hetzelfde is,

. (8)

Ongelijkheid (8) is gelijk aan de ongelijkheid

. (9)

Als , dan , en aan de linkerkant van ongelijkheid (9) hebben we het product van twee positieve getallen. Als , dan , en aan de linkerkant van ongelijkheid (9) hebben we het product van twee negatieve getallen. In beide gevallen is ongelijkheid (9) geldig.

Dit bewijst dat de geldigheid van ongelijkheid (1) voor n=k de geldigheid ervan impliceert voor n=k+1.

Methode van wiskundige inductie zoals toegepast op anderen

taken

De meest natuurlijke toepassing van de methode van wiskundige inductie in de meetkunde, dicht bij het gebruik van deze methode in de getaltheorie en algebra, is de toepassing op de oplossing van geometrische rekenproblemen. Laten we een paar voorbeelden bekijken.

voorbeeld 1Bereken de zijde van de juiste - een vierkant ingeschreven in een cirkel met straal R.

Oplossing.

Voor n=2 juist 2 n - een vierkant is een vierkant; zijn kant. Verder, volgens de verdubbelingsformule

vind dat de zijde van een regelmatige achthoek , zijde van een regelmatige zeshoek , de zijde van een regelmatige tweeëndertig-hoek . We kunnen dus aannemen dat de zijde van een regelmatig ingeschreven 2 n - een vierkant voor elke is gelijk

. (1)

Laten we aannemen dat de zijde van een regelmatige ingeschreven -gon wordt uitgedrukt door de formule (1). In dit geval, door de verdubbelingsformule

,

waaruit volgt dat formule (1) geldig is voor alle n.

Voorbeeld 2In hoeveel driehoeken kan een n-hoek (niet noodzakelijk convex) worden verdeeld door zijn niet-snijdende diagonalen?

Oplossing.

Voor een driehoek is dit getal gelijk aan één (er kunnen geen diagonalen in een driehoek worden getekend); voor een vierhoek is dit getal uiteraard gelijk aan twee.

Stel dat we al weten dat elke k-gon, waarbij k 1 A 2 ... Een n in driehoeken.

Een

A 1 A 2

Laat А 1 А k een van de diagonalen van deze partitie zijn; het verdeelt de n-gon А 1 А 2 …А n in de k-gon A 1 A 2 …A k en de (n-k+2)-gon А 1 А k A k+1 …A n . Op grond van de gemaakte aanname zal het totale aantal partitiedriehoeken gelijk zijn aan

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

dus onze bewering is bewezen voor alle n.

Voorbeeld 3Specificeer een regel voor het berekenen van het aantal P(n) manieren waarop een convexe n-hoek kan worden verdeeld in driehoeken door niet-snijdende diagonalen.

Oplossing.

Voor een driehoek is dit getal uiteraard gelijk aan één: P(3)=1.

Stel dat we de getallen P(k) al hebben bepaald voor alle k 1 A 2 ... Een n . Voor elke verdeling ervan in driehoeken, de zijde A 1 A 2 zal de zijde van een van de deeldriehoeken zijn, het derde hoekpunt van deze driehoek kan samenvallen met elk van de punten A 3 , А 4 , …,А n . Het aantal manieren om een ​​n-hoek te verdelen waarin dit hoekpunt samenvalt met punt A 3 , is gelijk aan het aantal manieren om de (n-1)-gon A . te trianguleren 1 A 3 A 4 ... Een n , d.w.z. is gelijk aan P(n-1). Het aantal manieren waarop dit hoekpunt samenvalt met A 4 , is gelijk aan het aantal manieren om de (n-2)-gon A . te verdelen 1 A 4 A 5 ... Een n , d.w.z. is gelijk aan P(n-2)=P(n-2)P(3); het aantal manieren waarop het samenvalt met A 5 , is gelijk aan P(n-3)P(4), aangezien elk van de partities van de (n-3)-gon A 1 A 5 ... Een n kan worden gecombineerd met elk van de partities van de vierhoek A 2 A 3 A 4 A 5 , enz. Zo komen we tot de volgende relatie:

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

Met behulp van deze formule verkrijgen we achtereenvolgens:

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

enz.

Met behulp van de methode van wiskundige inductie kunt u ook problemen met grafieken oplossen.

Laat een netwerk van lijnen op het vlak worden gegeven, die enkele punten met elkaar verbinden en geen andere punten hebben. We zullen zo'n netwerk van lijnen een kaart noemen, de gegeven punten zijn de hoekpunten, de segmenten van krommen tussen twee aangrenzende hoekpunten - de grenzen van de kaart, de delen van het vlak waarin het wordt verdeeld door de grenzen - de landen van de kaart.

Laat een kaart in het vliegtuig worden gegeven. We zullen zeggen dat het de juiste kleur heeft als elk van zijn landen in een bepaalde kleur is geverfd, en twee landen die een gemeenschappelijke grens delen, in verschillende kleuren zijn geverfd.

Voorbeeld 4Er zijn n cirkels in het vliegtuig. Bewijs dat voor elke rangschikking van deze cirkels, de kaart die ze vormen correct kan worden gekleurd met twee kleuren.

Oplossing.

Voor n=1 ligt onze bewering voor de hand.

Stel dat onze stelling waar is voor elke kaart gevormd door n cirkels, en laat n + 1 cirkels worden gegeven op het vlak. Door een van deze cirkels te verwijderen, krijgen we een kaart die, op grond van de gemaakte aanname, correct kan worden gekleurd met twee kleuren, bijvoorbeeld zwart en wit.

Savelyeva Ekaterina

Het artikel beschouwt de toepassing van de methode van wiskundige inductie bij het oplossen van deelbaarheidsproblemen op de sommatie van reeksen. Voorbeelden van de toepassing van de methode van wiskundige inductie op het bewijs van ongelijkheden en op de oplossing van meetkundige problemen worden besproken. Het werk wordt geïllustreerd met een presentatie.

downloaden:

Voorbeeld:

Ministerie van Wetenschap en Onderwijs van de Russische Federatie

Staatsonderwijsinstelling

middelbare school nr. 618

Cursus: Algebra en het begin van analyse

Project werk onderwerp

"Methode van wiskundige inductie en de toepassing ervan op het oplossen van problemen"

Werk voltooid: Savelyeva E, 11B klasse

Leidinggevende : Makarova T.P., wiskundeleraar, middelbare school №618

1. Inleiding.

2. Methode van wiskundige inductie bij het oplossen van deelbaarheidsproblemen.

3. Toepassing van de methode van wiskundige inductie op het optellen van reeksen.

4. Voorbeelden van het toepassen van de methode van wiskundige inductie op het bewijs van ongelijkheden.

5. Toepassing van de methode van wiskundige inductie op de oplossing van geometrische problemen.

6. Lijst met gebruikte literatuur.

Invoering

Deductieve en inductieve methoden vormen de basis van elk wiskundig onderzoek. De deductieve manier van redeneren is redeneren van algemeen naar bijzonder, d.w.z. redenering, waarvan het uitgangspunt het algemene resultaat is en het laatste punt het bijzondere resultaat. Inductie wordt toegepast bij het overgaan van bepaalde resultaten naar algemene, d.w.z. is het tegenovergestelde van de deductieve methode. De methode van wiskundige inductie kan worden vergeleken met vooruitgang. We beginnen bij het laagste, door logisch denken komen we bij het hoogste. De mens heeft altijd gestreefd naar vooruitgang, naar het vermogen om zijn denken logisch te ontwikkelen, wat betekent dat de natuur hem heeft voorbestemd om inductief te denken. Hoewel het toepassingsgebied van de methode van wiskundige inductie is gegroeid, wordt er in het schoolcurriculum weinig tijd aan besteed, maar het is zo belangrijk om inductief te kunnen denken. De toepassing van dit principe bij het oplossen van problemen en het bewijzen van stellingen staat op één lijn met de overweging in de schoolpraktijk van andere wiskundige principes: het uitgesloten midden, inclusie-uitsluiting, Dirichlet, enz. Dit essay bevat problemen uit verschillende takken van de wiskunde, waarin het belangrijkste hulpmiddel is de gebruiksmethode van wiskundige inductie. Over het belang van deze methode gesproken, A.N. Kolmogorov merkte op dat "het begrip en het vermogen om het principe van wiskundige inductie toe te passen een goed criterium is voor volwassenheid, wat absoluut noodzakelijk is voor een wiskundige." De methode van inductie in de breedste zin van het woord bestaat uit de overgang van particuliere waarnemingen naar een universeel, algemeen patroon of algemene formulering. In deze interpretatie is de methode natuurlijk de belangrijkste techniek om onderzoek te doen in elke experimentele natuurwetenschap.

menselijke activiteiten. De methode (principe) van wiskundige inductie in zijn eenvoudigste vorm wordt gebruikt wanneer het nodig is om een ​​bewering voor alle natuurlijke getallen te bewijzen.

Probleem 1. In zijn artikel “How I Becam a Mathematician” A.N. Kolmogorov schrijft: "Ik leerde al vroeg het plezier van wiskundige 'ontdekking', toen ik op de leeftijd van vijf of zes jaar het patroon van

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 enzovoort.

De school heeft het tijdschrift "Lentezwaluwen" uitgegeven. Daarin werd mijn ontdekking gepubliceerd ... "

We weten niet wat voor bewijs er in dit tijdschrift is gegeven, maar het begon allemaal met persoonlijke observaties. De hypothese zelf, die waarschijnlijk ontstond na de ontdekking van deze partiële gelijkheden, is dat de formule

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

waar voor elk gegeven nummer n = 1, 2, 3, ...

Om dit vermoeden te bewijzen, volstaat het om twee feiten vast te stellen. Ten eerste, voor n = 1 (en zelfs voor n = 2, 3, 4) de gewenste bewering is waar. Stel ten tweede dat de bewering waar is voor: n = k, en verifieer dat dan ook geldt voor n = k + 1:

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

Daarom is de bewering die wordt bewezen waar voor alle waarden n: voor n = 1 het is waar (dit is geverifieerd), en op grond van het tweede feit, voor n = 2, vanwaar voor n = 3 (vanwege hetzelfde tweede feit), enz.

Opgave 2. Beschouw alle mogelijke gewone breuken met teller 1 en elk (positief geheel getal)

noemer: Bewijs dat voor any n> 3 kan worden weergegeven als een som P verschillende fracties van dit soort.

Oplossing, Laten we eerst deze bewering controleren op: n = 3; wij hebben:

Daarom is aan de basisbewering voldaan

Stel nu dat de verklaring die voor ons van belang is waar is voor een bepaald aantal tot, en bewijs dat het ook waar is voor het nummer dat erop volgt tot + 1. Met andere woorden, stel dat er een representatie is

waarin k termen en alle noemers zijn verschillend. Laten we bewijzen dat het dan mogelijk is om een ​​voorstelling van de eenheid in de vorm van een som te krijgen van tot + 1 fracties van het gewenste type. We nemen aan dat de breuken afnemend zijn, dat wil zeggen de noemers (in de weergave van de eenheid door de som tot termen) verhogen van links naar rechts zodat t is de grootste van de noemers. We krijgen de representatie die we nodig hebben in de vorm van een som(tot + 1)de breuk, als we een breuk, bijvoorbeeld de laatste, in tweeën splitsen. Dit kan omdat

En daarom

Bovendien blijven alle breuken verschillend, aangezien t was de grootste noemer, en t + 1 > t, en

m(t + 1) > m.

Zo hebben we vastgesteld:

1. voor n = 3 deze bewering is waar;

1. als de verklaring waarin we geïnteresseerd zijn waar is voor tot,
   dan geldt het ook voor naar + 1.

Op basis hiervan kunnen we stellen dat de betreffende bewering waar is voor alle natuurlijke getallen, beginnend bij drie. Bovendien impliceert het bovenstaande bewijs ook een algoritme voor het vinden van de gewenste eenheidspartitie. (Welk algoritme is dit? Stel jezelf het getal 1 voor als de som van 4, 5, 7 termen.)

Bij het oplossen van de vorige twee problemen werden twee stappen gezet. De eerste stap heet basis inductie, de tweedeinductieve overgangof een inductiestap. De tweede stap is de belangrijkste en omvat een aanname (de stelling is waar voor) n = k) en conclusie (de bewering is waar voor) n = k + 1). De parameter p zelf heet inductie parameter.Dit logische schema (apparaat), dat het mogelijk maakt om te concluderen dat de bewering in kwestie waar is voor alle natuurlijke getallen (of voor alle, beginnend met sommige), aangezien zowel de basis als de overgang geldig zijn, wordt genoemdhet principe van wiskundige inductie, waarop en de methode van wiskundige inductie is gebaseerd.De term "inductie" zelf komt van het Latijnse woord inductie (begeleiding), wat de overgang betekent van enkele kennis over individuele objecten van een bepaalde klasse naar een algemene conclusie over alle objecten van een bepaalde klasse, wat een van de belangrijkste methoden van kennis is.

Het principe van wiskundige inductie, in de gebruikelijke vorm van twee stappen, verscheen voor het eerst in 1654 in Blaise Pascal's verhandeling over de rekenkundige driehoek, waarin een eenvoudige manier om het aantal combinaties (binomiale coëfficiënten) te berekenen werd bewezen door inductie. D. Poya citeert B. Pascal in het boek met kleine wijzigingen tussen vierkante haken:

“Ondanks het feit dat de stelling in kwestie [een expliciete formule voor binomiale coëfficiënten] een oneindig aantal speciale gevallen bevat, zal ik er een heel kort bewijs voor geven, gebaseerd op twee lemma's.

Het eerste lemma stelt dat het vermoeden waar is voor de basis - dit is duidelijk. [Bij P = 1 de expliciete formule is geldig...]

Het tweede lemma stelt het volgende: als onze aanname waar is voor een willekeurig grondtal [voor een willekeurige r], dan zal het ook gelden voor het volgende grondtal [voor n + 1].

Deze twee lemma's impliceren noodzakelijkerwijs de geldigheid van de propositie voor alle waarden P. Krachtens het eerste lemma is het inderdaad geldig voor: P = 1; daarom is het op grond van het tweede lemma geldig voor P = 2; daarom, opnieuw op grond van het tweede lemma, is het geldig voor n = 3 enzovoort tot in het oneindige.

Opgave 3. De torens van Hanoi puzzel bestaat uit drie staven. Op een van de staven bevindt zich een piramide (Fig. 1), bestaande uit verschillende ringen van verschillende diameters, afnemend van onder naar boven

Figuur 1

Deze piramide moet worden overgebracht naar een van de andere staven, waarbij telkens slechts één ring wordt overgedragen en niet de grotere ring op de kleinere. Kan het?

Oplossing. We moeten dus de vraag beantwoorden: is het mogelijk om een ​​piramide te verplaatsen die bestaat uit: P ringen met verschillende diameters, van de ene staaf naar de andere, volgens de spelregels? Nu is het probleem, zoals ze zeggen, door ons geparametriseerd (een natuurlijk getal) P), en het kan worden opgelost door wiskundige inductie.

1. basis van inductie. Voor n = 1, alles is duidelijk, aangezien een piramide van één ring natuurlijk naar elke staaf kan worden verplaatst.
2. stap van inductie. Stel dat we elke piramide kunnen verplaatsen met het aantal ringen p = k.
   Laten we bewijzen dat we dan ook de piramide halverwege kunnen verplaatsen van n = k + 1.

Piramide van tot ringen liggend op de grootste(tot + 1)-de ring, kunnen we, volgens de veronderstelling, naar elk ander draaipunt gaan. Laten we het doen. roerloos(tot + 1)de ring zal ons niet hinderen bij het uitvoeren van het verplaatsingsalgoritme, aangezien dit de grootste is. na verhuizing tot ringen, verplaats deze grootste(tot + 1)de ring op de resterende staaf. En dan passen we opnieuw het bewegende algoritme toe dat ons bekend is door de inductieve aanname tot ringen, en verplaats ze naar de staaf met de(tot + 1)e ring. Dus, als we de piramides kunnen verplaatsen met tot ringen, dan kunnen we de piramides verplaatsen en tot + 1 ringen. Daarom is het volgens het principe van wiskundige inductie altijd mogelijk om de piramide te verplaatsen, bestaande uit n ringen, waarbij n > 1.

De methode van wiskundige inductie bij het oplossen van deelbaarheidsproblemen.

Met behulp van de methode van wiskundige inductie kan men verschillende uitspraken over de deelbaarheid van natuurlijke getallen bewijzen.

Taak 4 . Als n een natuurlijk getal is, dan is het getal even.

Voor n=1 is onze stelling waar: - een even getal. Laten we aannemen dat dit een even getal is. Aangezien een 2k een even getal is, is het dat ook. Dus pariteit wordt bewezen voor n=1, pariteit wordt afgeleid uit pariteit, dus zelfs voor alle natuurlijke waarden van n.

Opdracht 3. Bewijs dat het getal Z 3 + 3 - 26n - 27 met een willekeurige natuurlijke n is deelbaar door 26 2 zonder rest.

Oplossing. Laten we eerst met inductie een hulpbewering bewijzen dat 3 3n+3 1 is deelbaar door 26 zonder rest n > 0.

1. basis van inductie. Voor n = 0 hebben we: Z 3 - 1 \u003d 26 - gedeeld door 26.

stap van inductie. Stel dat 3 3n + 3 - 1 is deelbaar door 26 wanneer n = k, en Laten we bewijzen dat in dit geval de bewering waar is voor: n = k + 1. Aangezien 3

dan concluderen we uit de inductieve aanname dat het getal 3 3k + 6 - 1 is deelbaar door 26.

Laten we nu de bewering bewijzen die geformuleerd zijn in de toestand van het probleem. En weer door inductie.

1. basis van inductie. Het is duidelijk dat bij n = 1 uitspraak is waar: sinds 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. stap van inductie. Laten we aannemen dat bij n = k
   uitdrukking 3 3k + 3 - 26k - 27 is deelbaar door 26 2 zonder rest, en bewijs dat de bewering waar is voor n = k + 1,
   d.w.z. dat nummer

deelbaar door 26 2 zonder een spoor. In de laatste som worden beide termen zonder rest gedeeld door 26 2 . De eerste is omdat we hebben bewezen dat de uitdrukking tussen haakjes deelbaar is door 26; de tweede, door de inductieve hypothese. Op grond van het principe van wiskundige inductie is de noodzakelijke verklaring volledig bewezen.

Toepassing van de methode van wiskundige inductie op de optelling van reeksen.

Opdracht 5. Bewijs de formule

N is een natuurlijk getal.

Oplossing.

Voor n=1 worden beide delen van de gelijkheid één en daarmee is voldaan aan de eerste voorwaarde van het principe van wiskundige inductie.

Neem aan dat de formule waar is voor n=k, d.w.z.

Laten we beide kanten van deze gelijkheid optellen en de rechterkant transformeren. Dan krijgen we

Dus uit het feit dat de formule waar is voor n=k, volgt dat ze ook waar is voor n=k+1. Deze bewering geldt voor elke natuurlijke waarde van k. Er is dus ook voldaan aan de tweede voorwaarde van het principe van wiskundige inductie. De formule is bewezen.

Een taak 6. Er zijn twee cijfers op het bord geschreven: 1.1. Als we hun som tussen de getallen invoeren, krijgen we de getallen 1, 2, 1. Als we deze bewerking nogmaals herhalen, krijgen we de getallen 1, 3, 2, 3, 1. Na drie bewerkingen zijn de getallen 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Wat is de som van alle getallen op het bord na 100 operaties?

Oplossing. Doe alle 100 operaties zou zeer tijdrovend en tijdrovend zijn. We moeten dus proberen een algemene formule te vinden voor de som S cijfers na n activiteiten. Laten we naar de tabel kijken:

Heb je hier een patroon opgemerkt? Zo niet, dan kunt u nog een stap zetten: na vier bewerkingen zijn er cijfers

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

waarvan de som S 4 82 is.

Je kunt namelijk geen getallen uitschrijven, maar direct zeggen hoe de som verandert na het toevoegen van nieuwe getallen. Laat de som gelijk zijn aan 5. Wat wordt het als er nieuwe getallen worden toegevoegd? Laten we elk nieuw getal splitsen in de som van twee oude. Bijvoorbeeld, van 1, 3, 2, 3, 1 gaan we naar 1,

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

Dat wil zeggen, elk oud getal (behalve de twee uiterste) voert de som nu drie keer in, dus de nieuwe som is 3S - 2 (trek 2 af om rekening te houden met de ontbrekende eenheden). daarom S 5 = 3S 4 - 2 = 244, en in het algemeen

Wat is de algemene formule? Als het niet voor het aftrekken van twee eenheden was, dan zou de som elke keer drie keer toenemen, zoals in de machten van de triple (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). En onze cijfers, zoals je nu kunt zien, zijn er nog een. Er kan dus worden aangenomen dat

Laten we dit nu met inductie proberen te bewijzen.

basis van inductie. Zie tabel (voor n = 0, 1, 2, 3).

stap van inductie. Laten we doen alsof

Laten we dan bewijzen dat S tot + 1 \u003d Z tot + 1 + 1.

Werkelijk,

Onze formule is dus bewezen. Het laat zien dat na honderd bewerkingen de som van alle getallen op het bord gelijk zal zijn aan 3 100 + 1.

Overweeg een opmerkelijk voorbeeld van de toepassing van het principe van wiskundige inductie, waarbij je eerst twee natuurlijke parameters moet introduceren en vervolgens inductie op hun som moet uitvoeren.

Een taak 7. Bewijs dat als= 2, x 2 = 3 en voor elke natuurlijke n> 3

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

dan

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

Oplossing. Merk op dat in deze opgave de eerste reeks getallen(xn) wordt bepaald door inductie, omdat de termen van onze rij, met uitzondering van de eerste twee, inductief worden gegeven, dat wil zeggen door de vorige. De gegeven reeksen worden genoemd terugkerend, en in ons geval wordt deze volgorde bepaald (door de eerste twee termen te specificeren) op een unieke manier.

basis van inductie. Het bestaat uit het controleren van twee beweringen: n=1 en n=2.B In beide gevallen is de bewering waar door aanname.

stap van inductie. Laten we aannemen dat voor n = k - 1 en n = k bewering wordt gedaan, dat wil zeggen:

Laten we dan de bewering bewijzen voor n = k + 1. We hebben:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, wat bewezen moest worden.

Taak 8. Bewijs dat elk natuurlijk getal kan worden weergegeven als de som van verschillende leden van de terugkerende reeks van Fibonacci-getallen:

voor k > 2.

Oplossing. Laat p - natuurlijk nummer. We zullen inductie uitvoeren op P.

basis van inductie. Voor n = 1-verklaring is waar, aangezien de eenheid zelf een Fibonacci-getal is.

stap van inductie. Neem aan dat alle natuurlijke getallen kleiner zijn dan een getal P, kan worden weergegeven als de som van verschillende termen van de Fibonacci-reeks. Vind het grootste Fibonacci-getal Ft, niet overschrijden P; dus F t n en F t +1 > n.

Omdat de

Volgens de inductiehypothese is het getal p- F t kan worden weergegeven als een som van 5 verschillende leden van de Fibonacci-reeks, en uit de laatste ongelijkheid volgt dat alle leden van de Fibonacci-reeks die betrokken zijn bij de som van 8 kleiner zijn dan Ft. Daarom is de uitbreiding van het aantal n = 8 + F t voldoet aan de toestand van het probleem.

Voorbeelden van toepassing van de methode van wiskundige inductie op het bewijs van ongelijkheden.

Taak 9. (Bernoulli's ongelijkheid.)Bewijs dat wanneer x > -1, x 0, en voor geheel getal n > 2 de ongelijkheid

(1 + x) n > 1 + xn.

Oplossing. We zullen het bewijs opnieuw uitvoeren met inductie.

1. Basis van inductie. Laten we de geldigheid van de ongelijkheid verifiëren voor n = 2. Inderdaad,

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

2. Stap van inductie. Laten we aannemen dat voor het nummer n = k de stelling is waar, dat wil zeggen:

(1 + x) k > 1 + xk,

Waar k > 2. We bewijzen het voor n = k + 1. We hebben: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Dus, op basis van het principe van wiskundige inductie, kan worden gesteld dat de ongelijkheid van Bernoulli geldt voor elke n > 2.

Niet altijd in de omstandigheden van problemen die worden opgelost met behulp van de methode van wiskundige inductie, is de algemene wet die moet worden bewezen duidelijk geformuleerd. Soms is het nodig om door het observeren van bepaalde gevallen eerst te ontdekken (raden) tot welke algemene wet ze leiden, en pas dan de gestelde hypothese door wiskundige inductie te bewijzen. Bovendien kan de inductievariabele worden gemaskeerd en voordat het probleem wordt opgelost, moet worden bepaald op welke parameter de inductie zal worden uitgevoerd. Beschouw als voorbeelden de volgende taken.

Probleem 10. Bewijs dat

voor elke natuurlijke n > 1.

Oplossing, Laten we proberen deze ongelijkheid te bewijzen met wiskundige inductie.

De inductiebasis is eenvoudig te verifiëren:1+

Door de inductieve hypothese

en het blijft aan ons om te bewijzen dat

Met behulp van de inductieve hypothese zullen we stellen dat:

Hoewel deze gelijkheid in feite waar is, geeft het ons geen oplossing voor het probleem.

Laten we proberen een sterkere bewering te bewijzen dan vereist is in het oorspronkelijke probleem. We zullen namelijk bewijzen dat

Het lijkt misschien dat het bewijzen van deze bewering door inductie hopeloos is.

Echter, bij p = 1 we hebben: de bewering is waar. Om de inductieve stap te rechtvaardigen, veronderstel dat:

en dan zullen we bewijzen dat

Werkelijk,

We hebben dus een sterkere bewering bewezen, die onmiddellijk de bewering impliceert die vervat is in de toestand van het probleem.

Het leerzame hier is dat hoewel we een sterkere bewering moesten bewijzen dan vereist in het probleem, we ook een sterkere veronderstelling konden gebruiken in de inductieve stap. Dit verklaart dat de eenvoudige toepassing van het principe van wiskundige inductie niet altijd tot het doel leidt.

De situatie die ontstond bij het oplossen van het probleem heetde uitvindersparadox.De paradox zelf is dat complexere plannen met meer succes kunnen worden uitgevoerd als ze gebaseerd zijn op een dieper begrip van de essentie van de zaak.

Opgave 11. Bewijs dat 2m + n - 2m voor elke natuurlijke soort van.

Oplossing. Hier hebben we twee opties. Daarom kunt u proberen de zogenaamdedubbele inductie(een inductie binnen een inductie).

We zullen inductief redeneren op: P.

1. Basis van inductie volgens p. Voor n = 1 moet dat controleren 2 t ~ 1 > t. Om deze ongelijkheid te bewijzen, gebruiken we inductie op t.

a) Basis van inductie door vol. Voor t = 1 in uitvoering
gelijkheid, wat acceptabel is.

b) Stap van inductie volgens t.Laten we aannemen dat bij t = k bewering is waar, dat wil zeggen: 2k ~ 1 > k. dan omhoog
Laten we zeggen dat de bewering waar is, zelfs als m = k + 1.
Wij hebben:

bij natuurlijke k.

Dus de ongelijkheid 2 uitgevoerd voor elke natuurlijke t.

2. Stap van inductie volgens itemKies en repareer een natuurlijk getal t. Laten we aannemen dat bij n = ik de verklaring is waar (voor een vaste t), d.w.z. 2 t +1 ~ 2 > t1, en bewijzen dat dan de bewering waar zal zijn voor n = l + 1.
Wij hebben:

voor elke natuurlijke soort van.

Daarom, gebaseerd op het principe van wiskundige inductie (volgens: P) de verklaring van het probleem geldt voor iedereen P en voor elke vaste t. Deze ongelijkheid geldt dus voor elke natuurlijke soort van.

Opgave 12. Laat m, n en k zijn natuurlijke getallen, en t > p Welke van de twee getallen is groter:

In elke uitdrukking tot vierkantswortel tekens, t en n wisselen elkaar af.

Oplossing. Laten we eerst een hulpbewering bewijzen.

Lemma. Voor elke natuurlijke t en n (t > n) en niet-negatief (niet noodzakelijk geheel getal) X de ongelijkheid

Een bewijs. Denk aan de ongelijkheid

Deze ongelijkheid is waar, aangezien beide factoren aan de linkerkant positief zijn. Als we de haakjes uitbreiden en converteren, krijgen we:

Door de vierkantswortel van beide delen van de laatste ongelijkheid te nemen, verkrijgen we de bewering van het lemma. Het lemma is dus bewezen.

Laten we nu verder gaan met het oplossen van het probleem. Laten we de eerste van deze getallen aanduiden met a, en de tweede door b naar . Laten we bewijzen dat een voor elke natuurlijke tot. Het bewijs zal worden uitgevoerd door de methode van wiskundige inductie afzonderlijk voor even en oneven tot.

basis van inductie. voor k = 1 we hebben de ongelijkheid

j[t > j/n , die geldig is vanwege het feit dat: m > zn. = 2, het gewenste resultaat wordt verkregen uit het bewezen lemma door te substitueren x = 0.

stap van inductie. Stel, voor sommigen naar de ongelijkheid a >b naar eerlijk. Laten we bewijzen dat

Uit de aanname van inductie en de monotoniciteit van de vierkantswortel, hebben we:

Aan de andere kant volgt uit het bewezen lemma dat

Als we de laatste twee ongelijkheden combineren, krijgen we:

Volgens het principe van wiskundige inductie is de bewering bewezen.

Opdracht 13. (Ongelijkheid van Cauchy.)Bewijs dat voor alle positieve getallen..., een p de ongelijkheid

Oplossing. Voor n = 2 de ongelijkheid

het rekenkundig gemiddelde en het meetkundig gemiddelde (voor twee getallen) worden als bekend beschouwd. Laten n= 2, k = 1, 2, 3, ... en voer eerst inductie uit op tot. De basis van deze inductie geldt.Ervan uitgaande dat nu de gewenste ongelijkheid al is vastgesteld voor n = 2, we zullen het bewijzen voor: P = 2 . We hebben (met behulp van de ongelijkheid voor twee getallen):

Daarom, door de inductiehypothese

Dus, door inductie op k, hebben we de ongelijkheid voor iedereen bewezen p 9 die machten van twee zijn.

Om de ongelijkheid voor andere waarden te bewijzen P we zullen de "inductie naar beneden" gebruiken, dat wil zeggen, we zullen bewijzen dat als aan de ongelijkheid wordt voldaan voor willekeurige niet-negatieve P nummers, het is ook geldig voor:(P - 1)e nummer. Om dit te verifiëren, merken we op dat, volgens de gemaakte veronderstelling, for P getallen, de ongelijkheid

dat wil zeggen, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Het verdelen van beide delen in: P - 1, verkrijgen we de vereiste ongelijkheid.

Dus hebben we eerst vastgesteld dat de ongelijkheid geldt voor een oneindig aantal mogelijke waarden P, en toonde vervolgens aan dat als de ongelijkheid geldt voor P nummers, het is ook geldig voor:(P - 1) nummers. Hieruit concluderen we nu dat de ongelijkheid van Coty geldt voor een set van P alle niet-negatieve getallen voor elke n = 2, 3, 4, ...

Opgave 14. (D. Uspensky.) Voor elke driehoek ABC met hoeken = CAB, = CBA zijn vergelijkbaar, er zijn ongelijkheden

Oplossing. De hoeken en zijn commensurabel, wat betekent (per definitie) dat deze hoeken een gemeenschappelijke maat hebben waarvoor = p, = (p, q zijn coprime natuurlijke getallen).

Laten we de methode van wiskundige inductie gebruiken en deze over de som tekenen n = p + q natuurlijke priemgetallen..

basis van inductie. Voor p + q = 2 geldt: p = 1 en q = 1. Dan is de driehoek ABC gelijkbenig, en de noodzakelijke ongelijkheden liggen voor de hand: ze volgen uit de driehoeksongelijkheid

stap van inductie. Stel nu dat de gewenste ongelijkheden worden vastgesteld voor p + q = 2, 3, ..., k - 1, waarbij k > 2. Laten we bewijzen dat de ongelijkheden ook gelden voor p + q = k.

Laat ABC is een gegeven driehoek met> 2. Dan de zijden AC en BC kan niet gelijk zijn: let AC > BC. Laten we nu, zoals in figuur 2, een gelijkbenige driehoek bouwen ABC; wij hebben:

AC \u003d DC en AD \u003d AB + BD, daarom

2AC > AB + BD (1)

Beschouw nu de driehoek VDC, waarvan de hoeken ook vergelijkbaar zijn:

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

Rijst. 2

Deze driehoek voldoet aan de inductieve hypothese, en daarom

(2)

Als we (1) en (2) toevoegen, hebben we:

2AC+BD>

en daarom

Uit dezelfde driehoek WBS door de inductiehypothese concluderen we dat

Gezien de eerdere ongelijkheid, concluderen we dat:

Zo wordt de inductieve overgang verkregen en volgt de probleemstelling uit het principe van wiskundige inductie.

Opmerking. De probleemstelling blijft geldig, zelfs als de hoeken a en p niet evenredig zijn. Als uitgangspunt voor de overweging in het algemene geval moeten we al een ander belangrijk wiskundig principe toepassen - het continuïteitsprincipe.

Opgave 15. Verschillende rechte lijnen verdelen het vlak in delen. Bewijs dat het mogelijk is om deze delen wit te kleuren

en zwarte kleuren zodat aangrenzende delen die een gemeenschappelijk randsegment hebben, verschillende kleuren hebben (zoals in figuur 3 wanneer n = 4).

foto 3

Oplossing. We gebruiken inductie op het aantal lijnen. Dus laat P - het aantal lijnen dat ons vliegtuig in delen verdeelt, n > 1.

basis van inductie. Als er maar één rechte is(P = 1), dan verdeelt het het vlak in twee halve vlakken, waarvan de ene wit en de andere zwart kan worden gekleurd, en de stelling van het probleem is waar.

stap van inductie. Overweeg het proces van het toevoegen van een nieuwe regel om het bewijs van de inductieve stap duidelijker te maken. Als we de tweede lijn trekken(P= 2), dan krijgen we vier delen die op de gewenste manier kunnen worden gekleurd door de tegenoverliggende hoeken in dezelfde kleur te schilderen. Laten we eens kijken wat er gebeurt als we de derde rechte lijn trekken. Het verdeelt enkele van de "oude" delen, terwijl nieuwe delen van de rand verschijnen, aan beide zijden waarvan de kleur hetzelfde is (Fig. 4).

Rijst. vier

Laten we als volgt te werk gaan:een zijdevan de nieuwe rechte lijn zullen we van kleur veranderen - we zullen wit zwart maken en vice versa; tegelijkertijd worden die delen die aan de andere kant van deze rechte lijn liggen niet opnieuw geverfd (afb. 5). Dan zal deze nieuwe kleuring aan de nodige eisen voldoen: aan de ene kant van de rechte lijn was het al afwisselend (maar met verschillende kleuren), en aan de andere kant was het nodig. Om de delen die een gemeenschappelijke rand hebben die bij de getekende lijn hoort, in verschillende kleuren te schilderen, hebben we de delen slechts aan één kant van deze getekende lijn opnieuw geverfd.

Afb.5

Laten we nu de inductieve stap bewijzen. Stel dat voor sommigenn = kde verklaring van het probleem is geldig, dat wil zeggen, alle delen van het vlak waarin het is verdeeld door dezetotrecht, je kunt in wit en zwart schilderen, zodat de aangrenzende delen verschillende kleuren hebben. Laten we bewijzen dat er dan zo'n kleuring bestaat voorP= tot+ 1 recht. Laten we op dezelfde manier te werk gaan als bij de overgang van twee rechte lijnen naar drie. Laten we in het vliegtuig zittentotdirect. Vervolgens kan door de inductieve aanname de resulterende "kaart" op de gewenste manier worden gekleurd. Laten we nu besteden(tot+ 1) -de rechte lijn en aan de ene kant ervan veranderen we de kleuren in de tegenovergestelde. Dus nu(totDe + 1)-de rechte lijn scheidt overal secties van verschillende kleuren, terwijl de "oude" delen, zoals we al zagen, correct gekleurd blijven. Volgens het principe van wiskundige inductie is het probleem opgelost.

Een taak16. Aan de rand van de woestijn is er een grote voorraad benzine en een auto die met een vol tankstation 50 kilometer kan rijden. In onbeperkte hoeveelheden zijn er jerrycans waarin je benzine uit de benzinetank van de auto kunt laten lopen en deze ergens in de woestijn kunt opbergen. Bewijs dat de auto elke gehele afstand groter dan 50 kilometer kan afleggen. Het is niet toegestaan ​​om blikken benzine te vervoeren, lege blikken kunnen in elke hoeveelheid worden vervoerd.

Oplossing.Laten we proberen het te bewijzen met inductie opP,dat de auto kan rijdenPkilometer van de rand van de woestijn. BijP= 50 is bekend. Het blijft om de stap van inductie uit te voeren en uit te leggen hoe daar te komenn = k+ 1 km indien bekendn = kkilometer kan worden gereden.

Hier stuiten we echter op een moeilijkheid: nadat we zijn geslaagdtotkilometers, benzine is misschien niet eens genoeg voor de terugreis (om nog maar te zwijgen van opslag). En in dit geval is de uitweg het versterken van de bewering die wordt bewezen (de paradox van de uitvinder). We zullen bewijzen dat het niet alleen mogelijk is om te rijdenPkilometer, maar ook om een ​​willekeurig grote voorraad benzine te maken op een punt op afstandPkilometer van de rand van de woestijn, op dit punt na het einde van het transport.

basis van inductie.Laat een eenheid benzine de hoeveelheid benzine zijn die nodig is om één kilometer te reizen. Dan heb je voor een rit van 1 kilometer en terug twee eenheden benzine nodig, dus we kunnen 48 eenheden benzine op een kilometer van de rand in de opslag achterlaten en terugkeren voor meer. Zo kunnen we voor meerdere reizen naar de opslag een voorraad maken van een willekeurige grootte die we nodig hebben. Tegelijkertijd geven we, om 48 eenheden voorraad te creëren, 50 eenheden benzine uit.

stap van inductie.Laten we aannemen dat op afstandP= totvanaf de rand van de woestijn kun je elke hoeveelheid benzine opslaan. Laten we bewijzen dat het dan mogelijk is om op afstand een repository te creërenn = k+ 1 km met een vooraf bepaalde voorraad benzine en wees bij deze opslag aan het einde van het transport. Omdat op het puntP= toter is een onbeperkte voorraad benzine, dan (volgens de inductiebasis) kunnen we, in verschillende reizen naar het puntn = k+ 1 om een ​​punt te makenP= tot4-1 voorraad van elke gewenste maat.

De waarheid van een meer algemene verklaring dan in de toestand van het probleem volgt nu uit het principe van wiskundige inductie.

Conclusie

In het bijzonder, nadat ik de methode van wiskundige inductie had bestudeerd, verbeterde ik mijn kennis op dit gebied van wiskunde en leerde ik ook hoe ik problemen kon oplossen die voorheen buiten mijn macht lagen.

Kortom, dit waren logische en vermakelijke taken, d.w.z. alleen degenen die de interesse in wiskunde zelf als wetenschap vergroten. Het oplossen van dergelijke problemen wordt een vermakelijke bezigheid en kan steeds meer nieuwsgierige mensen naar de wiskundige labyrinten lokken. Naar mijn mening is dit de basis van elke wetenschap.

Terwijl ik de methode van wiskundige inductie blijf bestuderen, zal ik proberen te leren hoe ik deze niet alleen in de wiskunde kan toepassen, maar ook bij het oplossen van problemen in de natuurkunde, scheikunde en het leven zelf.

Literatuur

1.Vulenkin INDUCTIE. Combinatoriek. Handboek VOOR docenten. M., Verlichting,

1976.-48 d.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Inductie in geometrie. - M.: Gosud. uitgeverij verlicht. - 1956 - S.I00. Een handleiding over wiskunde voor aanvragers van universiteiten / Ed. Yakovleva GN De wetenschap. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Inductie in geometrie. —
M.: Nauka, 1961. - (Populaire lezingen over wiskunde.)

4. IT Demidov, AN Kolmogorov, SI Shvartsburg, OS Ivashev-Musatov, BE Veits. Leerboek / "Verlichting" 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Wat is wiskunde?" Hoofdstuk 1, § 2

6. Popa D. Wiskunde en aannemelijk redeneren. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Wiskundige ontdekking. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Hoe de methode van wiskundige inductie / wiskundeschool te onderwijzen. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Over de methode van wiskundige inductie. - M.: Nauka, 1977. - (Populaire lezingen over wiskunde.)

10. Solominsky I.S. Methode van wiskundige inductie. - M.: Wetenschap.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Over wiskundige inductie. - M.: Wetenschap. - 1967. - S.7-59.

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

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

Hoorcollege 6. De methode van wiskundige inductie.

Nieuwe kennis in de wetenschap en het leven wordt op verschillende manieren verkregen, maar ze zijn allemaal (als je niet in details treedt) verdeeld in twee soorten - de overgang van het algemene naar het bijzondere en van het bijzondere naar het algemene. De eerste is deductie, de tweede is inductie. Deductief redeneren is wat gewoonlijk wordt genoemd in de wiskunde logische redenering en in de wiskundige wetenschap is deductie de enige legitieme onderzoeksmethode. De regels van logisch redeneren werden twee en een half millennia geleden geformuleerd door de oude Griekse wetenschapper Aristoteles. Hij maakte een complete lijst van de eenvoudigste juiste redenering, syllogismen– "stenen" van logica, die tegelijkertijd wijzen op typische redeneringen, die erg lijken op de juiste, maar verkeerd zijn (we komen dergelijke "pseudologische" redeneringen vaak tegen in de media).

Inductie (inductie - in het Latijn de begeleiding) wordt geïllustreerd door de bekende legende over hoe Isaac Newton de wet van universele zwaartekracht formuleerde nadat een appel op zijn hoofd viel. Nog een voorbeeld uit de natuurkunde: bij een fenomeen als elektromagnetische inductie, creëert, "induceert" een elektrisch veld een magnetisch veld. "Newton's apple" is een typisch voorbeeld van een situatie waarin een of meer speciale gevallen, d.w.z. observaties, "leiden" tot een algemene uitspraak, wordt de algemene conclusie getrokken op basis van specifieke gevallen. De inductieve methode is de belangrijkste voor het verkrijgen van algemene patronen, zowel in de natuurwetenschappen als in de geesteswetenschappen. Maar het heeft een zeer belangrijk nadeel: op basis van bepaalde voorbeelden kan een verkeerde conclusie worden getrokken. Hypothesen die voortkomen uit persoonlijke observaties zijn niet altijd correct. Beschouw een voorbeeld vanwege Euler.

We zullen de waarde van de trinominaal berekenen voor enkele eerste waarden n:

Merk op dat de als resultaat van berekeningen verkregen getallen priemgetallen zijn. En dat kan men direct verifiëren voor elk n 1 tot 39 polynoomwaarde
is een priemgetal. Echter, wanneer? n=40 krijgen we het getal 1681=41 2 , wat geen priemgetal is. Dus de hypothese die hier zou kunnen ontstaan, dat wil zeggen, de hypothese dat voor elk n nummer
is eenvoudig, blijkt vals te zijn.

Leibniz bewees in de 17e eeuw dat voor elk positief geheel getal n nummer
deelbaar door 3
deelbaar is door 5, enzovoort. Op basis hiervan suggereerde hij dat voor elke oneven k en elke natuurlijke n nummer
gedeeld door k, maar merkte al snel dat
is niet deelbaar door 9.

De weloverwogen voorbeelden stellen ons in staat om een ​​belangrijke conclusie te trekken: een bewering kan in een aantal bijzondere gevallen waar zijn en tegelijkertijd in het algemeen onrechtvaardig. De vraag naar de geldigheid van de verklaring in het algemene geval kan worden opgelost door een speciale redeneermethode toe te passen, genaamd door wiskundige inductie(volledige inductie, perfecte inductie).

6.1. Het principe van wiskundige inductie.

♦ De methode van wiskundige inductie is gebaseerd op principe van wiskundige inductie , bestaande uit:

1) de geldigheid van deze verklaring is geverifieerd voor:n=1 (inductiebasis) ,

2) deze bewering wordt verondersteld waar te zijn voor:n= k, waarkis een willekeurig natuurlijk getal 1(inductie aanname) , en rekening houdend met deze veronderstelling, wordt de geldigheid vastgesteld voor:n= k+1.

Een bewijs. Neem het tegenovergestelde aan, dat wil zeggen, stel dat de bewering niet waar is voor elke natuurlijke n. Dan is er zo'n natuurlijk m, wat:

1) goedkeuring voor n=m niet eerlijk,

2) voor iedereen n, kleiner m, de bewering is waar (met andere woorden, m is het eerste natuurlijke getal waarvoor de bewering faalt).

Het is duidelijk dat m>1, omdat voor n=1 de stelling is waar (voorwaarde 1). Vervolgens,
- natuurlijk nummer. Het blijkt dat voor een natuurlijk getal
de bewering is waar, en voor het volgende natuurlijke getal m het is oneerlijk. Dit is in tegenspraak met voorwaarde 2. ■

Merk op dat het bewijs het axioma gebruikte dat elke verzameling natuurlijke getallen het kleinste getal bevat.

Een bewijs gebaseerd op het principe van wiskundige inductie heet door volledige wiskundige inductie .

 Voorbeeld6.1. Bewijs dat voor elke natuurlijke n nummer
is deelbaar door 3.

Oplossing.

1) Wanneer? n=1 , dus a 1 is deelbaar door 3 en de bewering is waar voor n=1.

2) Neem aan dat de bewering waar is voor n=k,
, dat wil zeggen, dat aantal
is deelbaar door 3 en vind dat n=k+1 getal is deelbaar door 3.

Inderdaad,

Omdat elke term is deelbaar door 3, dan is hun som ook deelbaar door 3. ■ 

 Voorbeeld6.2. Bewijs dat de som van de eerste n natuurlijke oneven getallen is gelijk aan het kwadraat van hun getal, dat wil zeggen .

Oplossing. We gebruiken de methode van volledige wiskundige inductie.

1) Wij controleren de geldigheid van deze verklaring voor: n=1: 1=1 2 is juist.

2) Stel dat de som van de eerste k (
) van oneven getallen is gelijk aan het kwadraat van het aantal van deze getallen, dat wil zeggen . Op basis van deze gelijkheid stellen we vast dat de som van de eerste k+1 oneven getallen is gelijk aan
, dat is .

We gebruiken onze veronderstelling en krijgen

. ■ 

De methode van volledige wiskundige inductie wordt gebruikt om enkele ongelijkheden te bewijzen. Laten we de ongelijkheid van Bernoulli bewijzen.

 Voorbeeld6.3. Bewijs dat wanneer
en elke natuurlijke n de ongelijkheid
(Bernoulli's ongelijkheid).

Oplossing. 1) Wanneer? n=1 we krijgen
, welke is correct.

2) We nemen aan dat at n=k er is een ongelijkheid
(*). Met behulp van deze aanname bewijzen we dat:
. Merk op dat wanneer
deze ongelijkheid geldt, en daarom is het voldoende om de zaak te beschouwen
.

Vermenigvuldig beide delen van de ongelijkheid (*) met het getal
en krijg:

Dat is (1+
.■ 

Bewijs door methode onvolledige wiskundige inductie enige bewering afhankelijk van n, waar
op een vergelijkbare manier uitgevoerd, maar in het begin wordt gerechtigheid vastgesteld voor de kleinste waarde n.

Sommige problemen formuleren niet expliciet een bewering die kan worden bewezen door wiskundige inductie. In dergelijke gevallen is het noodzakelijk om een ​​regelmatigheid vast te stellen en een hypothese uit te drukken over de geldigheid van deze regelmatigheid, en vervolgens de voorgestelde hypothese te testen met de methode van wiskundige inductie.

 Voorbeeld6.4. Vind het bedrag
.

Oplossing. Laten we de sommen vinden S 1 , S 2 , S 3 . Wij hebben
,
,
. We veronderstellen dat voor elke natuurlijke n de formule is geldig
. Om deze hypothese te testen, gebruiken we de methode van volledige wiskundige inductie.

1) Wanneer? n=1 de hypothese is waar, omdat
.

2) Neem aan dat de hypothese waar is voor n=k,
, dat is
. Met behulp van deze formule stellen we vast dat de hypothese waar is en voor n=k+1, dat is

Inderdaad,

Dus, ervan uitgaande dat de hypothese waar is voor n=k,
, het is bewezen dat het waar is voor n=k+1, en op basis van het principe van wiskundige inductie concluderen we dat de formule geldig is voor elke natuurlijke n. ■ 

 Voorbeeld6.5. In de wiskunde is bewezen dat de som van twee uniform continue functies een uniform continue functie is. Op basis van deze verklaring moeten we bewijzen dat de som van een willekeurig getal
van uniform continue functies is een uniform continue functie. Maar aangezien we het concept van "uniform continue functie" nog niet hebben geïntroduceerd, laten we het probleem abstracter stellen: laat het weten dat de som van twee functies die een eigenschap hebben S, heeft zelf de eigenschap S. Laten we bewijzen dat de som van een willekeurig aantal functies de eigenschap heeft S.

Oplossing. De basis van inductie ligt hier vervat in de formulering van het probleem zelf. Overweeg om de inductieve veronderstelling te maken:
functies f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 die de eigenschap hebben S. Dan . Aan de rechterkant heeft de eerste term de eigenschap S volgens de inductiehypothese heeft de tweede term de eigenschap S op voorwaarde. Daarom heeft hun som de eigenschap S- voor twee termen, de basis van inductie "werkt".

Dit bewijst de bewering en zal het verder gebruiken. 

 Voorbeeld6.6. Vind alles natuurlijk n, waarvoor de ongelijkheid

.

Oplossing. Beschouwen n=1, 2, 3, 4, 5, 6. We hebben: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . We kunnen dus een hypothese maken: de ongelijkheid
heeft een plek voor iedereen
. Om de waarheid van deze hypothese te bewijzen, gebruiken we het principe van onvolledige wiskundige inductie.

1) Zoals hierboven vermeld, is deze hypothese waar voor: n=5.

2) Stel dat het waar is voor n=k,
, dat wil zeggen, de ongelijkheid
. Met behulp van deze aanname bewijzen we dat de ongelijkheid
.

T. naar.
en bij
er is een ongelijkheid

Bij
,

dan snappen we dat
. Dus, de waarheid van de hypothese n=k+1 volgt uit de veronderstelling dat het waar is voor n=k,
.

Vanaf blz. 1 en 2, gebaseerd op het principe van onvolledige wiskundige inductie, volgt hieruit dat de ongelijkheid
geldt voor elke natuurlijke
. ■ 

 Voorbeeld6.7. Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n de differentiatieformule is geldig
.

Oplossing. Bij n=1 deze formule heeft de vorm
, of 1=1, dat wil zeggen, het is waar. Als we de inductieve aanname maken, hebben we:

QED 

 Voorbeeld6.8. Bewijs dat de verzameling bestaande uit n elementen, heeft deelverzamelingen.

Oplossing. Een set met één element a, heeft twee subsets. Dit is waar omdat al zijn deelverzamelingen de lege verzameling en de verzameling zelf zijn, en 2 1 =2.

We nemen aan dat elke set van n elementen heeft deelverzamelingen. Als de verzameling A bestaat uit n+1 elementen, dan fixeren we er één element in - geef het aan d, en verdeel alle subsets in twee klassen - niet bevattende d en bevattende d. Alle deelverzamelingen van de eerste klasse zijn deelverzamelingen van de verzameling B verkregen van A door het element te verwijderen d.

De set B bestaat uit: n elementen, en daarom heeft het volgens de inductiehypothese subsets, dus in de eerste klasse deelverzamelingen.

Maar in de tweede klasse zijn er hetzelfde aantal subsets: elk van hen wordt verkregen uit precies één subset van de eerste klasse door het element toe te voegen d. Dus in totaal is de verzameling A
deelverzamelingen.

Daarmee is de stelling bewezen. Merk op dat het ook geldig is voor een verzameling die uit 0 elementen bestaat - een lege verzameling: het heeft een enkele subverzameling - zichzelf, en 2 0 =1. 

Bewijs met behulp van de methode van wiskundige inductie dat voor elke natuurlijke n de volgende gelijkheden zijn waar:
a) ;
b) .

Oplossing.

a) Wanneer? n= 1 gelijkheid is geldig. Uitgaande van de geldigheid van gelijkheid voor n, laten we aantonen dat het ook geldig is voor n+ 1. Inderdaad,

QED

b) Wanneer? n= 1 de geldigheid van de gelijkheid is duidelijk. Uit de veronderstelling van zijn eerlijkheid bij n zou moeten

Gezien de gelijkheid 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, we krijgen

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

d.w.z. de verklaring is ook waar voor n + 1.

voorbeeld 1 Bewijs de volgende gelijkheden

Oplossing. a) Wanneer? n= 1 gelijkheid heeft de vorm 1=1, dus P(1) waar. Laten we aannemen dat deze gelijkheid waar is, dat wil zeggen, we hebben

Dus, volgens de methode van wiskundige inductie, is de oorspronkelijke gelijkheid geldig voor elke natuurlijke n.

Opmerking 2. Dit voorbeeld kan op een andere manier worden opgelost. Inderdaad, de som 1 + 2 + 3 + ... + n is de som van de eerste n leden van een rekenkundige reeks met het eerste lid a 1 = 1 en verschil d= 1. Op grond van de bekende formule , we krijgen

b) Wanneer? n= 1 gelijkheid zal de vorm aannemen: 2 1 - 1 = 1 2 of 1=1, dat wil zeggen, P(1) waar. Laten we aannemen dat de gelijkheid

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 en bewijzen datP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 of 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Met behulp van de inductiehypothese krijgen we

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

Op deze manier, P(n+ 1) is waar en daarmee is de vereiste gelijkheid bewezen.

Opmerking 3. Dit voorbeeld kan worden opgelost (vergelijkbaar met het vorige) zonder de methode van wiskundige inductie te gebruiken.

c) Wanneer? n= 1 de gelijkheid is waar: 1=1. Neem aan dat de gelijkheid waar is

d) Wanneer? n= 1 gelijkheid is geldig: 1=1. Laten we aannemen dat er is

Werkelijk,

e) Goedkeuring P(1) waar: 2=2. Laten we aannemen dat de gelijkheid

Daarom geldt de oorspronkelijke gelijkheid voor elke natuurlijke n.

f) P(1) waar: 1/3 = 1/3. Laat er gelijkheid zijn P(n):

Inderdaad, gezien dat P(n) plaatsvindt, krijgen we

Zo is de gelijkheid bewezen.

g) Wanneer? n= 1 we hebben a + b = b + a en daarom is de gelijkheid waar.

Laat de binominale formule van Newton geldig zijn voor n = k, dat is,

Voorbeeld 2 Bewijs ongelijkheden

Oplossing. a) Wanneer? n= 1 we verkrijgen de ware ongelijkheid

1 + een ≥ 1 + een . Laten we aannemen dat er een ongelijkheid is

Inderdaad, aangezien a > -1 a + 1 > 0 impliceert, en door beide zijden van ongelijkheid (1) te vermenigvuldigen met (a + 1), krijgen we

(1 + een ) n(1 + een ) ≥ (1 + n een )(1 + een ) of (1 + een ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) een + n een 2 omdat n een 2 ≥ 0, dus(1 + een ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1) een + n een 2 ≥ 1 + ( n+ 1) een .

Dus, als P(n) is waar, dan P(n+ 1) is waar, dus volgens het principe van wiskundige inductie is de ongelijkheid van Bernoulli waar.

b) Wanneer? n= 1 we krijgen x 1 = 1 en dus x 1 1 d.w.z. P(1) is een eerlijke verklaring. Laten we doen alsof P(n) waar is, dat wil zeggen, als adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n positieve getallen waarvan het product gelijk is aan één, x 1 x 2 ·...· x n= 1, en x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Laten we aantonen dat deze propositie impliceert dat het volgende waar is: als x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positieve getallen zodanig dat x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, dan x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Beschouw de volgende twee gevallen:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Dan is de som van deze getallen ( n+ 1), en aan de vereiste ongelijkheid is voldaan;

2) ten minste één getal verschilt van één, bijvoorbeeld groter dan één. dan, sinds x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, er is minstens één ander getal dat verschilt van één (meer precies, minder dan één). Laten x n+ 1 > 1 en x n < 1. Рассмотрим n positieve getallen

Omdat de

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, dan 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. Daarom x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, dat wil zeggen, als P(n) is waar, danP(n+ 1) is redelijk. De ongelijkheid is bewezen.

Opmerking 4. Het gelijkteken komt voor als en slechts als x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Laten we x 1 ,x 2 ,...,x n zijn willekeurige positieve getallen. Stel je de volgende situatie voor n positieve getallen:

Opmerking 5. Gelijkheid geldt als en slechts als x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - een eerlijke verklaring: sin 2 a + cos 2 a = 1. Stel dat P(n) is een waar statement:

zonde 2 n a + cos2 n een 1 en laat zien dat er isP(n+ 1). Werkelijk, zonde2( n+ 1) een + cos 2( n+ 1) een \u003d zonde 2 n een zonde 2 een + cos 2 n een cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (als sin 2 a ≤ 1, dan cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a 1, dan zonde 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N zonde 2 n a + cos2 n ≤ 1 en het gelijkteken wordt alleen bereikt alsn = 1.

e) Wanneer? n= 1 de bewering is waar: 1< 3 / 2 .

Laten we aannemen dat en bewijzen dat

f) Rekening houdend met opmerking 1 controleren we: P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, dus voor n= 10 de stelling is waar. Stel dat 2 n > n 3 (n> 10) en bewijzen P(n+ 1), d.w.z. 2 n+1 > (n + 1) 3 .

sinds at n> 10 we hebben of , volgt dat

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 of n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Rekening houdend met de ongelijkheid (2 n > n 3 ), krijgen we 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Dus, volgens de methode van wiskundige inductie, voor elke natuurlijke n O N, n≥ 10 we hebben 2 n > n 3 .

Voorbeeld 3 Bewijs dat voor iedereen n O N

Oplossing. a) P(1) is een waar statement (0 is deelbaar door 6). Laten P(n) is eerlijk, dat wil zeggen n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) is deelbaar door 6. Laten we aantonen dat we dan hebben P(n+ 1), dat wil zeggen, ( n + 1)n(2n+ 1) is deelbaar door 6. Inderdaad, aangezien

Op deze manier, P(n+ 1) is een eerlijke verklaring, en daarom n(2n 2 - 3n+ 1) is deelbaar door 6 voor any n O N.

b) Controleer P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, vandaar P(1) is een eerlijke verklaring. Het moet worden bewezen dat als 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 is deelbaar door 11 ( P(n)), dan 6 2 n + 3 n+2 + 3 n is ook deelbaar door 11 ( P(n+ 1)). Inderdaad, omdat

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 en graag 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 en 33 6 2 n-2 deelbaar zijn door 11, dan is hun som 6 2n + 3 n+2 + 3 n is deelbaar door 11. De bewering is bewezen. Inductie in geometrie

Voorbeeld 4 Bereken de zijde van de juiste 2 n-gon ingeschreven in een cirkel met straal R.

Bibliografische beschrijving: Badanin AS, Sizova M. Yu Toepassing van de methode van wiskundige inductie op het oplossen van problemen met de deelbaarheid van natuurlijke getallen // Jonge wetenschapper. 2015. №2. S. 84-86..04.2019).

Heel moeilijke problemen bij het bewijzen van de deelbaarheid van natuurlijke getallen komen vaak voor bij wiskundige Olympiades. Schoolkinderen staan ​​voor een probleem: hoe vind je een universele wiskundige methode die het mogelijk maakt om dergelijke problemen op te lossen?

Het blijkt dat de meeste deelbaarheidsproblemen kunnen worden opgelost door wiskundige inductie, maar in schoolboeken wordt er weinig aandacht aan deze methode besteed, meestal wordt een korte theoretische beschrijving gegeven en worden verschillende problemen geanalyseerd.

De methode van wiskundige inductie vinden we in de getaltheorie. Aan het begin van de getaltheorie ontdekten wiskundigen veel feiten inductief: L. Euler en K. Gauss overwogen soms duizenden voorbeelden voordat ze een numeriek patroon opmerkten en erin geloofden. Maar tegelijkertijd begrepen ze hoe misleidend hypothesen kunnen zijn als ze slagen voor de "laatste" test. Voor een inductieve overgang van een verklaring die is geverifieerd voor een eindige deelverzameling naar een soortgelijke verklaring voor de gehele oneindige verzameling, is een bewijs nodig. Deze methode werd voorgesteld door Blaise Pascal, die een algemeen algoritme vond voor het vinden van criteria voor de deelbaarheid van een geheel getal door een ander geheel getal (verhandeling "Over de aard van de deelbaarheid van getallen").

De methode van wiskundige inductie wordt gebruikt om de waarheid van een bepaalde uitspraak voor alle natuurlijke getallen of de waarheid van een uitspraak vanaf een getal n te bewijzen door te redeneren.

Het oplossen van problemen om de waarheid van een bepaalde uitspraak te bewijzen door de methode van wiskundige inductie bestaat uit vier fasen (Fig. 1):

Rijst. 1. Schema voor het oplossen van het probleem

1. Basis van inductie . Controleer de geldigheid van de verklaring voor het kleinste natuurlijke getal waarvoor de verklaring zinvol is.

2. Inductieve veronderstelling . We nemen aan dat de bewering waar is voor een bepaalde waarde van k.

3. inductieve overgang . We bewijzen dat de bewering waar is voor k+1.

4. Conclusie . Als zo'n bewijs is voltooid, kan op basis van het principe van wiskundige inductie worden betoogd dat de bewering waar is voor elk natuurlijk getal n.

Overweeg de toepassing van de methode van wiskundige inductie op het oplossen van problemen om de deelbaarheid van natuurlijke getallen te bewijzen.

voorbeeld 1. Bewijs dat het getal 5 een veelvoud van 19 is, waarbij n een natuurlijk getal is.

Een bewijs:

1) Laten we controleren of deze formule waar is voor n = 1: het getal =19 is een veelvoud van 19.

2) Laat deze formule waar zijn voor n = k, d.w.z. het getal is een veelvoud van 19.

Deelbaar door 19. Inderdaad, de eerste term is deelbaar door 19 vanwege aanname (2); de tweede term is ook deelbaar door 19 omdat er een factor 19 in zit.

Voorbeeld 2 Bewijs dat de som van kubussen van drie opeenvolgende natuurlijke getallen deelbaar is door 9.

Een bewijs:

Laten we de stelling bewijzen: “Voor elk natuurlijk getal n is de uitdrukking n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 een veelvoud van 9.

1) Controleer of deze formule juist is voor n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 is een veelvoud van 9.

2) Laat deze formule waar zijn voor n = k, d.w.z. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 is een veelvoud van 9.

3) Laten we bewijzen dat de formule ook geldt voor n = k + 1, d.w.z. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 is een veelvoud van 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).

De resulterende uitdrukking bevat twee termen, die elk deelbaar zijn door 9, dus de som is deelbaar door 9.

4) Aan beide voorwaarden van het principe van wiskundige inductie is voldaan, daarom is de propositie waar voor alle waarden van n.

Voorbeeld 3 Bewijs dat voor elke natuurlijke n het getal 3 2n+1 +2 n+2 deelbaar is door 7.

Een bewijs:

1) Controleer of deze formule correct is voor n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 is een veelvoud van 7.

2) Laat deze formule waar zijn voor n = k, d.w.z. 3 2 k +1 +2 k +2 is deelbaar door 7.

3) Laten we bewijzen dat de formule ook geldt voor n = k + 1, d.w.z.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2k +1 3 2 +2k +2 2 1 =3 2k +1 9+2k +2 2 =3 2k +1 9+2 k +2 (9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2) 9–7 2 k +2 .T. Aangezien (3 2 k +1 +2 k +2) 9 deelbaar is door 7 en 7 2 k +2 deelbaar is door 7, is hun verschil ook deelbaar door 7.

4) Aan beide voorwaarden van het principe van wiskundige inductie is voldaan, daarom is de propositie waar voor alle waarden van n.

Het is handig om veel bewijsproblemen in de theorie van deelbaarheid van natuurlijke getallen op te lossen met behulp van de methode van wiskundige inductie, men kan zelfs zeggen dat het oplossen van problemen met deze methode behoorlijk algoritmisch is, het is voldoende om 4 basisstappen uit te voeren. Maar deze methode kan niet universeel worden genoemd, omdat er ook nadelen zijn: ten eerste is het mogelijk om alleen te bewijzen op de verzameling natuurlijke getallen, en ten tweede is het mogelijk om slechts voor één variabele te bewijzen.

Voor de ontwikkeling van logisch denken, wiskundige cultuur, is deze methode een noodzakelijk hulpmiddel, omdat zelfs de grote Russische wiskundige A. N. Kolmogorov zei: "Het begrijpen en het vermogen om het principe van wiskundige inductie correct toe te passen, is een goed criterium voor logische volwassenheid, wat absoluut noodzakelijk voor wiskunde.”

Literatuur:

1. Vilenkin N. Ya Inductie. Combinatoriek. - M.: Verlichting, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Over wiskundige inductie. - M., 1962. - 36 d.

3. Solominsky I. S. Methode van wiskundige inductie. - M.: Nauka, 1974. - 63 d.

4. Sharygin I. F. Keuzevak wiskunde: probleemoplossing: leerboek voor 10 cellen. middelbare school - M.: Verlichting, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Wiskundige inductie. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 d.