Metóda matematickej úvodnej lekcie zhrnutie. Príklady - matematická indukcia

METÓDA MATEMATICKEJ INDUKCIE

Slovo indukcia v ruštine znamená vedenie a induktívne sa nazýva závery založené na pozorovaniach, pokusoch, t.j. získané odvodením od konkrétneho k všeobecnému.

Napríklad každý deň pozorujeme, že Slnko vychádza z východu. Preto si môžete byť istí, že zajtra sa objaví na východe a nie na západe. Tento záver vyvodzujeme bez toho, aby sme sa uchýlili k akýmkoľvek predpokladom o príčine pohybu Slnka po oblohe (navyše sa tento pohyb ukazuje ako zrejmý, pretože zemeguľa sa skutočne pohybuje). A predsa táto induktívna derivácia správne opisuje pozorovania, ktoré urobíme zajtra.

Úloha induktívnych inferencií v experimentálnych vedách je veľmi veľká. Uvádzajú tie ustanovenia, z ktorých sa potom odvodzujú ďalšie závery. A hoci teoretická mechanika je založená na troch Newtonových pohybových zákonoch, tieto zákony samotné boli výsledkom hlbokého premyslenia experimentálnych údajov, najmä Keplerovych zákonov pohybu planét, ktoré odvodil počas spracovania dlhodobých pozorovaní. Dánsky astronóm Tycho Brahe. Pozorovanie a indukcia sa v budúcnosti ukážu ako užitočné na spresnenie vytvorených predpokladov. Po Michelsonových pokusoch o meraní rýchlosti svetla v pohybujúcom sa médiu sa ukázalo, že je potrebné objasniť fyzikálne zákony a vytvoriť teóriu relativity.

V matematike je úlohou indukcie do značnej miery to, že je základom zvolenej axiomatiky. Po dlhej praxi sa ukázalo, že priama cesta je vždy kratšia ako zakrivená alebo prerušovaná, bolo prirodzené sformulovať axiómu: pre ľubovoľné tri body A, B a C je nerovnosť

Základný pojem aritmetiky, ktorý sa má nasledovať, tiež vyplynul z pozorovania formovania vojakov, lodí a iných usporiadaných súborov.

Netreba si však myslieť, že týmto sa úloha indukcie v matematike končí. Samozrejme, nemali by sme experimentálne overovať vety, ktoré sú logicky odvodené z axióm: ak sa pri odvodzovaní neurobili žiadne logické chyby, potom sú pravdivé, pokiaľ sú pravdivé axiómy, ktoré sme prijali. Ale z tohto systému axióm sa dá odvodiť veľa tvrdení. A výber tých tvrdení, ktoré je potrebné dokázať, opäť navrhuje indukcia. Je to ona, ktorá nám umožňuje oddeliť užitočné vety od zbytočných, naznačuje, ktoré vety sa môžu ukázať ako pravdivé, a dokonca pomáha načrtnúť cestu dôkazu.

Podstata metódy matematickej indukcie

V mnohých častiach aritmetiky, algebry, geometrie, analýzy je potrebné dokázať pravdivosť viet A(n), ktoré závisia od prirodzenej premennej. Dôkaz pravdivosti výroku A(n) pre všetky hodnoty premennej možno často vykonať metódou matematickej indukcie, ktorá je založená na nasledujúcom princípe.

Veta A(n) sa považuje za pravdivú pre všetky prirodzené hodnoty premennej, ak sú splnené tieto dve podmienky:

Tvrdenie A(n) platí pre n=1.

Z predpokladu, že A(n) platí pre n=k (kde k je ľubovoľné prirodzené číslo), vyplýva, že platí pre nasledujúcu hodnotu n=k+1.

Tento princíp sa nazýva princíp matematickej indukcie. Zvyčajne sa vyberá ako jedna z axióm definujúcich prirodzený rad čísel, a preto sa prijíma bez dôkazu.

Metóda matematickej indukcie sa chápe ako nasledujúca metóda dôkazu. Ak je potrebné dokázať pravdivosť výroku A(n) pre všetky prirodzené n, potom by sa mala po prvé overiť pravdivosť výroku A(1) a po druhé za predpokladu pravdivosti výroku A(k) , skúste dokázať, že tvrdenie A(k +1) je pravdivé. Ak sa to dá dokázať a dôkaz zostane platný pre každú prirodzenú hodnotu k, potom v súlade s princípom matematickej indukcie sa výrok A(n) považuje za pravdivý pre všetky hodnoty n.

Metóda matematickej indukcie je široko používaná pri dokazovaní viet, identít, nerovníc, pri riešení úloh deliteľnosti, pri riešení niektorých geometrických a mnohých iných úloh.

Metóda matematickej indukcie pri riešení úloh na

deliteľnosť

Pomocou metódy matematickej indukcie možno dokázať rôzne tvrdenia o deliteľnosti prirodzených čísel.

Nasledujúce tvrdenie sa dá pomerne jednoducho dokázať. Ukážme si, ako sa získava pomocou metódy matematickej indukcie.

Príklad 1. Ak je n prirodzené číslo, potom je číslo párne.

Pre n=1 platí naše tvrdenie: - párne číslo. Predpokladajme, že ide o párne číslo. Keďže , 2k je párne číslo dokonca. Takže parita je dokázaná pre n=1, parita je odvodená z parity .Takže aj pre všetky prírodné hodnoty n.

Príklad 2Dokážte pravdivosť vety

A(n)=(číslo 5 je násobok 19), n je prirodzené číslo.

Riešenie.

Výrok A(1)=(číslo je násobkom 19) je pravdivé.

Predpokladajme, že pre nejakú hodnotu n=k

A(k)=(číslo je násobkom 19) je pravdivé. Potom, odkedy

Je zrejmé, že platí aj A(k+1). V skutočnosti je prvý člen deliteľný 19 na základe predpokladu, že A(k) je pravdivé; druhý člen je tiež deliteľný 19, pretože obsahuje faktor 19. Obe podmienky princípu matematickej indukcie sú splnené, preto výrok A(n) platí pre všetky hodnoty n.

Aplikácia metódy matematickej indukcie do

súčet série

Príklad 1Dokážte vzorec

, n je prirodzené číslo.

Riešenie.

Pre n=1 sa obe časti rovnosti zmenia na jednu, a preto je splnená prvá podmienka princípu matematickej indukcie.

Predpokladajme, že vzorec platí pre n=k, t.j.

.

Pridajme na obe strany tejto rovnosti a pretvorme pravú stranu. Potom dostaneme

Z toho, že vzorec platí pre n=k, teda vyplýva, že platí aj pre n=k+1. Toto tvrdenie platí pre akúkoľvek prirodzenú hodnotu k. Takže je splnená aj druhá podmienka princípu matematickej indukcie. Vzorec bol osvedčený.

Príklad 2Dokážte, že súčet prvých n čísel prirodzeného radu je .

Riešenie.

Označme požadovanú sumu , t.j. .

Pre n=1 je hypotéza pravdivá.

Nechaj . Ukážme to .

Naozaj,

Problém je vyriešený.

Príklad 3Dokážte, že súčet druhých mocnín prvých n čísel prirodzeného radu sa rovná .

Riešenie.

Nechajte .

.

Predstierajme to . Potom

A nakoniec.

Príklad 4 Dokáž to.

Riešenie.

Ak potom

Príklad 5 Dokáž to

Riešenie.

Pre n=1 je hypotéza zjavne pravdivá.

Nechajte .

Dokážme to.

naozaj,

Príklady aplikácie metódy matematickej indukcie na

dôkaz nerovností

Príklad 1Dokážte, že pre ľubovoľné prirodzené číslo n>1

.

Riešenie.

Označte ľavú stranu nerovnosti .

Preto pre n=2 platí nerovnosť.

Nechať pre niektoré k. Dokážme to vtedy a . Máme , .

Porovnávame a máme , t.j. .

Pre akékoľvek kladné celé číslo k je pravá strana poslednej rovnosti kladná. Preto . Ale preto a .

Príklad 2Nájdite chybu v uvažovaní.

Vyhlásenie. Pre každé prirodzené n je nerovnosť pravdivá.

Dôkaz.

. (1)

Dokážme, že potom nerovnosť platí aj pre n=k+1, t.j.

.

Skutočne, aspoň 2 pre akékoľvek prirodzené k. Na ľavú stranu pridajme nerovnosť (1) a na pravú stranu 2. Dostaneme spravodlivú nerovnosť , resp. . Tvrdenie bolo dokázané.

Príklad 3Dokáž to , kde >-1, , n je prirodzené číslo väčšie ako 1.

Riešenie.

Pre n=2 je nerovnosť pravdivá, pretože .

Nech platí nerovnosť pre n=k, kde k je nejaké prirodzené číslo, t.j.

. (1)

Ukážme, že potom nerovnosť platí aj pre n=k+1, t.j.

. (2)

Vskutku, podľa predpokladu, , teda nerovnosť

, (3)

získané z nerovnosti (1) vynásobením každej jej časti číslom . Prepíšme nerovnosť (3) takto: . Vynechaním kladného člena na pravej strane poslednej nerovnosti dostaneme platnú nerovnosť (2).

Príklad 4 Dokáž to

(1)

kde , , n je prirodzené číslo väčšie ako 1.

Riešenie.

Pre n=2 má nerovnosť (1) tvar

. (2)

Od , potom nerovnosť

. (3)

Pridaním každej časti nerovnosti (3) o , dostaneme nerovnosť (2).

To dokazuje, že nerovnosť (1) platí pre n=2.

Nech platí nerovnosť (1) pre n=k, kde k je nejaké prirodzené číslo, t.j.

. (4)

Dokážme, že potom nerovnosť (1) musí platiť aj pre n=k+1, t.j.

(5)

Vynásobme obe časti nerovnosti (4) a+b. Keďže podľa podmienky získame nasledujúcu spravodlivú nerovnosť:

. (6)

Na preukázanie nerovnosti (5) to stačí ukázať

, (7)

alebo, čo je to isté,

. (8)

Nerovnosť (8) je ekvivalentná nerovnosti

. (9)

Ak , potom , a na ľavej strane nerovnosti (9) máme súčin dvoch kladných čísel. Ak , potom , a na ľavej strane nerovnosti (9) máme súčin dvoch záporných čísel. V oboch prípadoch platí nerovnosť (9).

To dokazuje, že platnosť nerovnosti (1) pre n=k implikuje jej platnosť pre n=k+1.

Metóda matematickej indukcie aplikovaná na iné

úlohy

Najprirodzenejšia aplikácia metódy matematickej indukcie v geometrii, blízka použitiu tejto metódy v teórii čísel a algebre, je aplikácia na riešenie geometrických výpočtových úloh. Pozrime sa na pár príkladov.

Príklad 1Vypočítajte stranu správneho štvorca vpísaného do kruhu s polomerom R.

Riešenie.

Pre n=2 správne 2 n - štvorec je štvorec; jeho strana. Ďalej podľa zdvojovacieho vzorca

zistíte, že strana pravidelného osemuholníka , strana pravidelného šesťuholníka , strana pravidelného tridsaťdva uholníka . Môžeme teda predpokladať, že strana pravidelnej vpísanej 2 n - štvorec pre ľubovoľné sa rovná

. (1)

Predpokladajme, že strana pravidelného vpísaného -gonu je vyjadrená vzorcom (1). V tomto prípade podľa vzorca zdvojnásobenia

,

z čoho vyplýva, že vzorec (1) platí pre všetky n.

Príklad 2Na koľko trojuholníkov možno rozdeliť n-uholník (nie nevyhnutne konvexný) svojimi nepretínajúcimi sa uhlopriečkami?

Riešenie.

Pre trojuholník sa toto číslo rovná jednej (do trojuholníka nemožno nakresliť žiadne uhlopriečky); pre štvoruholník sa toto číslo rovná dvom.

Predpokladajme, že už vieme, že každý k-uholník, kde k 1 A 2 ... A n do trojuholníkov.

A n

A 1 A 2

Nech А 1 А k je jedna z uhlopriečok tohto oddielu; rozdeľuje n-uholník А 1 А 2 …А n na k-uholník A 1 A 2 …A k a (n-k+2)-uholník А 1 А k A k+1 …A n . Na základe uvedeného predpokladu bude celkový počet deliacich trojuholníkov rovný

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

tým je naše tvrdenie dokázané pre všetky n.

Príklad 3Zadajte pravidlo pre výpočet počtu P(n) spôsobov, ktorými možno konvexný n-uholník rozdeliť na trojuholníky nepretínajúcimi sa uhlopriečkami.

Riešenie.

Pre trojuholník je toto číslo zrejme rovné jednej: P(3)=1.

Predpokladajme, že sme už určili čísla P(k) pre všetky k 1 A 2 ... A n . Pre akékoľvek jeho rozdelenie na trojuholníky je strana A 1 A 2 bude stranou jedného z deliacich trojuholníkov, tretí vrchol tohto trojuholníka sa môže zhodovať s každým z bodov A 3 , А 4 , ..., А n . Počet spôsobov na rozdelenie n-uholníka, v ktorom sa tento vrchol zhoduje s bodom A 3 , sa rovná počtu spôsobov triangulácie (n-1)-uholníka A 1 A 3 A 4 ... A n , t.j. sa rovná P(n-1). Počet spôsobov rozdelenia, v ktorých sa tento vrchol zhoduje s A 4 , sa rovná počtu spôsobov rozdelenia (n-2)-uholníka A 1 A 4 A 5 ... A n , t.j. rovná sa P(n-2)=P(n-2)P(3); počet deliacich spôsobov, ktorými sa zhoduje s A 5 , sa rovná P(n-3)P(4), pretože každý z oddielov (n-3)-uholníka A 1 A 5 ... A n možno kombinovať s každou z priečok štvoruholníka A 2 A 3 A 4 A 5 , atď. Dostávame sa teda k nasledujúcemu vzťahu:

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

Pomocou tohto vzorca postupne získame:

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

atď.

Tiež pomocou metódy matematickej indukcie môžete riešiť problémy s grafmi.

Nech je na rovine daná sieť čiar, ktoré spájajú niektoré body medzi sebou a nemajú žiadne iné body. Takúto sieť čiar nazveme mapa, dané body sú jej vrcholy, segmenty kriviek medzi dvoma susednými vrcholmi - hranice mapy, časti roviny, na ktorú je rozdelená hranicami - krajiny hl. mapa.

Daj do lietadla nejakú mapu. Povieme, že je správne vyfarbený, ak je každá z jeho krajín namaľovaná určitou farbou a ktorékoľvek dve krajiny, ktoré zdieľajú spoločnú hranicu, sú vymaľované rôznymi farbami.

Príklad 4V rovine je n kruhov. Dokážte, že pri akomkoľvek usporiadaní týchto kruhov môže byť mapa nimi vytvorená správne vyfarbená dvoma farbami.

Riešenie.

Pre n=1 je naše tvrdenie zrejmé.

Predpokladajme, že naše tvrdenie platí pre akúkoľvek mapu tvorenú n kružnicami a na rovine nech je n + 1 kružníc. Odstránením jedného z týchto kruhov získame mapu, ktorú možno na základe predpokladu správne vyfarbiť dvoma farbami, napríklad čiernou a bielou.

Savelyeva Jekaterina

Príspevok sa zaoberá aplikáciou metódy matematickej indukcie pri riešení úloh deliteľnosti, na sčítanie radov. Uvažuje sa o príkladoch aplikácie metódy matematickej indukcie pri dôkaze nerovníc a pri riešení geometrických úloh. Práca je ilustrovaná prezentáciou.

Stiahnuť ▼:

Náhľad:

Ministerstvo vedy a školstva Ruskej federácie

Štátna vzdelávacia inštitúcia

stredná škola č.618

Kurz: Algebra a začiatky analýzy

Pracovná téma projektu

"Metóda matematickej indukcie a jej aplikácia na riešenie problémov"

Práca dokončená: Savelyeva E, trieda 11B

Dozorca : Makarova T.P., učiteľka matematiky, stredná škola №618

1. Úvod.

2.Metóda matematickej indukcie pri riešení úloh deliteľnosti.

3. Aplikácia metódy matematickej indukcie na sčítanie radov.

4. Príklady aplikácie metódy matematickej indukcie na dôkaz nerovností.

5. Aplikácia metódy matematickej indukcie na riešenie geometrických úloh.

6. Zoznam použitej literatúry.

Úvod

Deduktívne a induktívne metódy sú základom každého matematického výskumu. Deduktívnou metódou uvažovania je uvažovanie od všeobecného k jednotlivému, t.j. uvažovanie, ktorého východiskom je všeobecný výsledok a konečným bodom je konkrétny výsledok. Indukcia sa uplatňuje pri prechode od konkrétnych výsledkov k všeobecným, t.j. je opakom deduktívnej metódy. Metódu matematickej indukcie možno porovnať s pokrokom. Začíname od najnižšieho, v dôsledku logického myslenia sa dostávame k najvyššiemu. Človek sa vždy snažil o pokrok, o schopnosť logicky rozvíjať svoje myslenie, čo znamená, že samotná príroda mu predurčila myslieť induktívne. Aj keď sa oblasť použitia metódy matematickej indukcie rozrástla, v školských osnovách sa jej venuje málo času, ale je veľmi dôležité vedieť myslieť induktívne. Uplatnenie tohto princípu pri riešení úloh a dokazovaní teorémov je na rovnakej úrovni ako zohľadňovanie iných matematických princípov v školskej praxi: vylúčený stred, inklúzia-exklúzia, Dirichlet atď. Táto esej obsahuje úlohy z rôznych odvetví matematiky, v ktorých hlavným nástrojom je použitie metódy matematickej indukcie. Keď už hovoríme o dôležitosti tejto metódy, A.N. Kolmogorov poznamenal, že "pochopenie a schopnosť aplikovať princíp matematickej indukcie je dobrým kritériom zrelosti, ktorá je pre matematika absolútne nevyhnutná." Metóda indukcie v najširšom zmysle spočíva v prechode od súkromných pozorovaní k univerzálnemu, všeobecnému vzoru alebo všeobecnej formulácii. V tejto interpretácii je metóda samozrejme hlavnou technikou na vykonávanie výskumu v akejkoľvek experimentálnej prírodnej vede.

ľudská aktivita. Metóda (princíp) matematickej indukcie v najjednoduchšej forme sa používa vtedy, keď je potrebné dokázať tvrdenie pre všetky prirodzené čísla.

Problém 1. Vo svojom článku „Ako som sa stal matematikom“ A.N. Kolmogorov píše: „Radosť z matematického „objavu“ som sa naučil skoro, keď som si všimol tento vzorec vo veku piatich alebo šiestich rokov

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 a tak ďalej.

Škola vydávala časopis „Jarné lastovičky“. V ňom bol uverejnený môj objav ... “

Nevieme, aký druh dôkazu bol uvedený v tomto časopise, ale všetko to začalo súkromnými pozorovaniami. Samotná hypotéza, ktorá pravdepodobne vznikla po objavení týchto čiastočných rovníc, je, že vzorec

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2

pravdivé pre akékoľvek dané číslo n = 1, 2, 3, ...

Na preukázanie tohto dohadu stačí preukázať dve skutočnosti. Po prvé, pre n = 1 (a dokonca aj pre n = 2, 3, 4) požadované tvrdenie je pravdivé. Po druhé, predpokladajme, že tvrdenie je pravdivé pre n = k, a overte si, či potom platí aj pre n = k + 1:

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

Dokázané tvrdenie teda platí pre všetky hodnoty n: pre n = 1 je to pravda (toto bolo overené) a na základe druhej skutočnosti pre n = 2, odkiaľ pre n = 3 (v dôsledku rovnakej druhej skutočnosti) atď.

Úloha 2. Zvážte všetky možné bežné zlomky s čitateľom 1 a ľubovoľným (kladné celé číslo)

menovateľ: Dokážte to za hociktoré n> 3 môže byť vyjadrená ako súčet P rôzne frakcie tohto druhu.

Riešenie, Najprv si overme toto tvrdenie n = 3; máme:

Preto je základné tvrdenie splnené

Predpokladajme teraz, že tvrdenie, ktoré nás zaujíma, je pre nejaké číslo pravdivé do, a dokázať, že to platí aj pre číslo, ktoré za ním nasleduje do + 1. Inými slovami, predpokladajme, že existuje reprezentácia

v ktorom k pojmy a všetci menovatelia sú rôzne. Ukážme, že potom je možné získať reprezentáciu jednotky vo forme súčtu z do + 1 zlomok požadovaného typu. Budeme predpokladať, že klesajú zlomky, teda menovatelia (v znázornení jednotky súčtom do výrazy) zväčšiť zľava doprava tak, aby t je najväčší z menovateľov. Získame reprezentáciu, ktorú potrebujeme vo forme sumy(do + 1) zlomok, ak jeden zlomok, napríklad posledný, rozdelíme na dva. To sa dá urobiť, pretože

A preto

Okrem toho všetky zlomky zostávajú odlišné, od r t bol najväčším menovateľom a t + 1 > t a

m(t + 1) > m.

Takto sme stanovili:

1. pre n = 3 toto tvrdenie je pravdivé;

1. ak je tvrdenie, ktoré nás zaujíma, pravdivé do,
   potom platí aj pre až + 1.

Na tomto základe môžeme tvrdiť, že uvažované tvrdenie platí pre všetky prirodzené čísla, počnúc trojkou. Okrem toho, vyššie uvedený dôkaz zahŕňa aj algoritmus na nájdenie požadovaného rozdelenia jednoty. (Aký je to algoritmus? Predstavte si číslo 1 ako súčet 4, 5, 7 výrazov.)

Pri riešení predchádzajúcich dvoch problémov boli podniknuté dva kroky. Prvým krokom je tzv základ indukcia, druháindukčný prechodalebo indukčný krok. Druhý krok je najdôležitejší a zahŕňa predpoklad (výrok platí pre n = k) a záver (výrok je pravdivý pre n = k + 1). Samotný parameter p sa nazýva indukčný parameter.Táto logická schéma (zariadenie), ktorá umožňuje dospieť k záveru, že uvažované tvrdenie platí pre všetky prirodzené čísla (alebo pre všetky, počnúc od niektorých), pretože základ aj prechod sú platné, sa nazývaprincíp matematickej indukcie, na ktorom a je založená metóda matematickej indukcie.Samotný výraz „indukcia“ pochádza z latinského slova indukcia (guidance), čo znamená prechod od jednotlivých poznatkov o jednotlivých objektoch danej triedy k všeobecnému záveru o všetkých objektoch danej triedy, čo je jedna z hlavných metód poznania.

Princíp matematickej indukcie v obvyklej forme dvoch krokov sa prvýkrát objavil v roku 1654 v Blaise Pascal's Treatise on the Arithmetic Triangle, v ktorom sa pomocou indukcie dokázal jednoduchý spôsob výpočtu počtu kombinácií (binomických koeficientov). D. Poya cituje B. Pascala v knihe s malými zmenami uvedenými v hranatých zátvorkách:

„Napriek tomu, že uvažovaná propozícia [výslovný vzorec pre binomické koeficienty] obsahuje nekonečné množstvo špeciálnych prípadov, uvediem pre ňu veľmi krátky dôkaz založený na dvoch lemách.

Prvá lemma hovorí, že domnienka platí pre základňu – to je zrejmé. [V P = 1 explicitný vzorec je platný...]

Druhá lemma uvádza nasledovné: ak je náš predpoklad pravdivý pre ľubovoľnú bázu [pre ľubovoľné r], potom bude platiť aj pre nasledujúcu bázu [pre n + 1].

Tieto dve lemy nevyhnutne implikujú platnosť výroku pre všetky hodnoty P. Skutočne, na základe prvej lemy platí pre P = 1; preto na základe druhej lemy platí pre P = 2; preto, opäť na základe druhej lemy, platí pre n = 3 a tak ďalej do nekonečna.

Úloha 3. Puzzle veže Hanoja pozostávajú z troch tyčí. Na jednej z tyčí je pyramída (obr. 1), pozostávajúca z niekoľkých krúžkov rôznych priemerov, klesajúcich zdola nahor

Obr

Túto pyramídu je potrebné preniesť na jednu z ďalších tyčí, pričom zakaždým prenesiete len jeden krúžok a väčší krúžok neumiestnite na menší. Dá sa to urobiť?

Riešenie. Takže musíme odpovedať na otázku: je možné presunúť pyramídu pozostávajúcu z? P krúžky rôznych priemerov, od jednej tyče k druhej, podľa pravidiel hry? Teraz je problém, ako sa hovorí, parametrizovaný nami (prirodzené číslo P), a dá sa to vyriešiť matematickou indukciou.

1. základ indukcie. Pre n = 1 je všetko jasné, pretože pyramídu jedného krúžku možno samozrejme presunúť na akúkoľvek tyč.
2. krok indukcie. Predpokladajme, že môžeme pohybovať ľubovoľnými pyramídami s počtom krúžkov p = k.
   Ukážme, že potom môžeme presunúť pyramídu aj do stredu n = k + 1.

Pyramída od do krúžky ležiace na najväčšom(do + 1)-tý krúžok, môžeme podľa predpokladu prejsť na akýkoľvek iný pivot. Poďme na to. nehybný(do + 1) krúžok nám nebude prekážať pri vykonávaní algoritmu posunutia, pretože je najväčší. Po presťahovaní do krúžky, presuňte tento najväčší(do + 1) krúžok na zostávajúcu tyč. A potom znova aplikujeme pohybový algoritmus, ktorý poznáme z indukčného predpokladu do krúžky a presuňte ich na tyč s(do + 1) prsteň. Ak teda môžeme pohnúť pyramídami s do krúžky, potom môžeme pohybovať pyramídami a do + 1 krúžky. Preto je podľa princípu matematickej indukcie vždy možné pohybovať pyramídou, pozostávajúcou z n kruhov, kde n > 1.

Metóda matematickej indukcie pri riešení úloh deliteľnosti.

Pomocou metódy matematickej indukcie možno dokázať rôzne tvrdenia o deliteľnosti prirodzených čísel.

Úloha 4 . Ak je n prirodzené číslo, potom je číslo párne.

Pre n=1 platí naše tvrdenie: - párne číslo. Predpokladajme, že ide o párne číslo. Keďže 2k je párne číslo, je to aj tak. Parita je teda dokázaná pre n=1, parita je odvodená z parity, teda aj pre všetky prirodzené hodnoty n.

Úloha 3. Dokážte, že číslo Z 3 + 3 - 26n - 27 s ľubovoľným prirodzeným n je deliteľné 26 2 bezo zvyšku.

Riešenie. Dokážme najprv indukciou pomocné tvrdenie, že 3 3n+3 1 je deliteľné číslom 26 bez zvyšku n > 0.

1. základ indukcie. Pre n = 0 máme: Z 3 - 1 \u003d 26 - delené 26.

krok indukcie. Predpokladajme, že 3 3n + 3 - 1 je deliteľné 26, keď n = k a Dokážme, že v tomto prípade bude tvrdenie pravdivé n = k + 1. Od 3

potom z indukčného predpokladu usúdime, že číslo 3 3k + 6 - 1 je deliteľné 26.

Dokážme teraz tvrdenie formulované v podmienke problému. A opäť indukciou.

1. základ indukcie. Je zrejmé, že pri n = 1 tvrdenie je pravdivé: od 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. krok indukcie. Predpokladajme, že pri n = k
   výraz 3 3k + 3 - 26k - 27 je deliteľné 26 2 bezo zvyšku a dokázať, že tvrdenie je pravdivé pre n = k+ 1,
   teda to číslo

deliteľné 262 bez stopy. V poslednom súčte sú oba termíny bezo zvyšku vydelené 26 2 . Prvým je to, že sme dokázali, že výraz v zátvorkách je deliteľný 26; druhý, induktívnou hypotézou. Na základe princípu matematickej indukcie je potrebné tvrdenie úplne dokázané.

Aplikácia metódy matematickej indukcie na sčítanie radov.

Úloha 5. Dokážte vzorec

N je prirodzené číslo.

Riešenie.

Pre n=1 sa obe časti rovnosti zmenia na jednu, a preto je splnená prvá podmienka princípu matematickej indukcie.

Predpokladajme, že vzorec platí pre n=k, t.j.

Pridajme na obe strany tejto rovnosti a pretvorme pravú stranu. Potom dostaneme

Z toho, že vzorec platí pre n=k, teda vyplýva, že platí aj pre n=k+1. Toto tvrdenie platí pre akúkoľvek prirodzenú hodnotu k. Takže je splnená aj druhá podmienka princípu matematickej indukcie. Vzorec bol osvedčený.

Úloha 6. Na tabuli sú napísané dve čísla: 1.1. Zadaním ich súčtu medzi čísla dostaneme čísla 1, 2, 1. Opätovným opakovaním tejto operácie dostaneme čísla 1, 3, 2, 3, 1. Po troch operáciách budú čísla 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Aký bude súčet všetkých čísel na tabuli po 100 operácií?

Riešenie. Urobte všetkých 100 operácie by boli veľmi časovo a časovo náročné. Musíme sa teda pokúsiť nájsť nejaký všeobecný vzorec pre súčet Sčísla po n operácií. Pozrime sa na tabuľku:

Všimli ste si tu nejaký vzor? Ak nie, môžete urobiť ešte jeden krok: po štyroch operáciách budú čísla

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

ktorých súčet S4 je 82.

V skutočnosti nemôžete vypísať čísla, ale okamžite povedať, ako sa zmení súčet po pridaní nových čísel. Nech sa súčet rovná 5. Čo sa stane, keď pribudnú nové čísla? Rozdeľme každé nové číslo na súčet dvoch starých. Napríklad z 1, 3, 2, 3, 1 prejdeme na 1,

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

To znamená, že každé staré číslo (okrem dvoch extrémnych) teraz zadá súčet trikrát, takže nový súčet je 3S - 2 (odčítajte 2, aby ste vzali do úvahy chýbajúce jednotky). Preto S 5 = 3S 4 - 2 = 244 a všeobecne

Aký je všeobecný vzorec? Ak by nešlo o odčítanie dvoch jednotiek, zakaždým by sa súčet zvýšil trikrát, ako pri mocninách trojky (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naše čísla, ako teraz vidíte, sú o jedno viac. Dá sa teda predpokladať, že

Skúsme to teraz dokázať indukciou.

základ indukcie. Pozri tabuľku (pre n = 0, 1, 2, 3).

krok indukcie. Predstierajme to

Tak to dokážme S až + 1 \u003d Z až + 1 + 1.

naozaj,

Náš vzorec je teda osvedčený. Ukazuje, že po stovke operácií sa súčet všetkých čísel na tabuli bude rovnať 3 100 + 1.

Uvažujme o jednom pozoruhodnom príklade aplikácie princípu matematickej indukcie, v ktorom musíte najskôr zaviesť dva prirodzené parametre a potom vykonať indukciu na ich súčte.

Úloha 7. Dokážte, že ak= 2, x 2 = 3 a pre každý prírodný n> 3

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

potom

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

Riešenie. Všimnite si, že v tomto probléme je počiatočná postupnosť čísel(x n) je určená indukciou, keďže členy našej postupnosti, okrem prvých dvoch, sú dané induktívne, teda cez predchádzajúce. Dané sekvencie sú tzv opakujúci, a v našom prípade je táto postupnosť určená (zadaním prvých dvoch členov) jedinečným spôsobom.

základ indukcie. Pozostáva z kontroly dvoch tvrdení: n = 1 a n = 2.B V oboch prípadoch je tvrdenie pravdivé predpokladom.

krok indukcie. Predpokladajme, že pre n = k - 1 a n = k je vyslovené tvrdenie, tzn

Dokážme teda tvrdenie pre n = k + 1. Máme:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, čo sa malo dokázať.

Úloha 8. Dokážte, že akékoľvek prirodzené číslo môže byť reprezentované ako súčet niekoľkých rôznych členov opakujúcej sa postupnosti Fibonacciho čísel:

pre k > 2.

Riešenie. Nech sa p - prirodzené číslo. Indukciu vykonáme na P.

základ indukcie. Pre n = 1 tvrdenie je pravdivé, pretože samotná jednotka je Fibonacciho číslo.

krok indukcie. Predpokladajme, že všetky prirodzené čísla sú menšie ako nejaké číslo P, môžu byť reprezentované ako súčet niekoľkých rôznych členov Fibonacciho postupnosti. Nájdite najväčšie Fibonacciho číslo Ft, nepresahujúci P; takže Ftn a Ft+1 > n.

Pretože

Podľa indukčnej hypotézy počet p- F t možno znázorniť ako súčet 5 rôznych členov Fibonacciho postupnosti a z poslednej nerovnosti vyplýva, že všetky členy Fibonacciho postupnosti zapojené do súčtu 8 sú menšie ako Ft. Preto rozšírenie počtu n = 8 + Ft vyhovuje stavu problému.

Príklady aplikácie metódy matematickej indukcie na dôkaz nerovníc.

Úloha 9. (Bernoulliho nerovnosť.)Dokáž, že kedy x > -1, x 0 a pre celé číslo n > 2 nerovnosť

(1 + x) n > 1 + xn.

Riešenie. Dôkaz opäť vykonáme indukciou.

1. Základ indukcie. Overme si platnosť nerovnosti pre n = 2. skutočne,

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

2. Krok indukcie. Predpokladajme, že pre číslo n = k výrok je pravdivý, tzn

(1 + x) k > 1 + xk,

Kde k > 2. Dokážeme to pre n = k + 1. Máme: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x.

Takže na základe princípu matematickej indukcie možno tvrdiť, že Bernoulliho nerovnosť platí pre všetky n > 2.

Nie vždy je v podmienkach problémov riešených metódou matematickej indukcie jasne formulovaný všeobecný zákon, ktorý treba dokázať. Niekedy je potrebné pozorovaním konkrétnych prípadov najprv zistiť (uhádnuť), k akému všeobecnému zákonu vedú, a až potom dokázať vyslovenú hypotézu matematickou indukciou. Indukčnú premennú je navyše možné maskovať a pred vyriešením problému je potrebné určiť, na ktorom parametri sa bude indukcia vykonávať. Ako príklady zvážte nasledujúce úlohy.

Úloha 10. Dokážte to

pre akékoľvek prírodné n > 1.

Riešenie, Skúsme túto nerovnosť dokázať matematickou indukciou.

Indukčný základ je ľahko overiteľný: 1+

Podľa indukčnej hypotézy

a zostáva nám to dokázať

Pomocou induktívnej hypotézy to potvrdíme

Hoci táto rovnosť je v skutočnosti pravdivá, nedáva nám riešenie problému.

Pokúsme sa dokázať silnejšie tvrdenie, ako sa vyžaduje v pôvodnom probléme. Totižto dokážeme

Môže sa zdať, že dokazovanie tohto tvrdenia indukciou je beznádejné.

Avšak u p = 1 máme: tvrdenie je pravdivé. Predpokladajme, že na ospravedlnenie indukčného kroku

a potom to dokážeme

naozaj,

Dokázali sme teda silnejšie tvrdenie, ktoré bezprostredne implikuje tvrdenie obsiahnuté v podmienke problému.

Poučné tu je, že hoci sme museli v úlohe dokázať silnejšie tvrdenie, ako sa požaduje, v indukčnom kroku sme mohli použiť aj silnejší predpoklad. To vysvetľuje, prečo priame uplatnenie princípu matematickej indukcie nevedie vždy k cieľu.

Situácia, ktorá vznikla pri riešení problému je tzvvynálezcov paradox.Samotným paradoxom je, že zložitejšie plány sa dajú realizovať s väčším úspechom, ak sú založené na hlbšom pochopení podstaty veci.

Úloha 11. Dokážte, že 2m + n - 2m pre akékoľvek prírodné Typ.

Riešenie. Tu máme dve možnosti. Preto môžete skúsiť vykonať tzvdvojitá indukcia(indukcia v rámci indukcie).

Vykonáme induktívne uvažovanie P.

1. Základ indukcie podľa str. Pre n = 1 treba to skontrolovať 2 t ~ 1 > t. Aby sme dokázali túto nerovnosť, používame indukciu na t.

a) Základ indukcie obj. Pre t = 1 prebieha
rovnosť, ktorá je prijateľná.

b) Krok indukcie podľa t.Predpokladajme, že pri t = k tvrdenie je pravdivé, tzn 2 k ~ 1 > k. Potom hore
Povedzme, že tvrdenie je pravdivé, aj keď m = k + 1.
Máme:

pri prirodzenom k.

Teda nerovnosť 2 vykonávané pre akékoľvek prírodné t.

2. Krok indukcie podľa položkyVyberte a opravte nejaké prirodzené číslo t. Predpokladajme, že pri n = I výrok je pravdivý (pre pevné t), t.j. 2 t +1 ~ 2 > t1, a dokázať, že potom bude tvrdenie pravdivé n = l + 1.
Máme:

pre akékoľvek prírodné Typ.

Preto na základe princípu matematickej indukcie (podľa P) vyhlásenie o probléme je pravdivé pre každého P a pre akékoľvek pevné t. Táto nerovnosť teda platí pre každú prirodzenosť Typ.

Úloha 12. Nech m, n a k sú prirodzené čísla a t > p Ktoré z týchto dvoch čísel je väčšie:

V každom prejave do odmocniny, t a n sa striedajú.

Riešenie. Dokážme najprv nejaké pomocné tvrdenie.

Lemma. Pre akékoľvek prírodné t a n (t > n) a nezáporné (nie nevyhnutne celé číslo) X nerovnosť

Dôkaz. Zvážte nerovnosť

Táto nerovnosť je pravdivá, pretože oba faktory na ľavej strane sú pozitívne. Rozbalením zátvoriek a prevodom dostaneme:

Ak vezmeme druhú odmocninu oboch častí poslednej nerovnosti, dostaneme tvrdenie lemy. Takže lemma je dokázaná.

Teraz prejdime k riešeniu problému. Označme prvé z týchto čísel pomocou a, a druhý priechod b až . Dokážme, že a pre akékoľvek prírodné do. Dôkaz bude vykonaný metódou matematickej indukcie oddelene pre párne a nepárne do.

základ indukcie. Pre k = 1 máme nerovnosť

y[t > y/n , ktorý je platný z dôvodu, že m > n. = 2, požadovaný výsledok získame z dokázanej lemy dosadením x = 0.

krok indukcie. Predpokladajme, že pre niektorých na nerovnosť a >b to fér. Dokážme to

Z predpokladu indukcie a monotónnosti druhej odmocniny máme:

Na druhej strane z dokázanej lemy vyplýva, že

Spojením posledných dvoch nerovností dostaneme:

Podľa princípu matematickej indukcie je tvrdenie dokázané.

Úloha 13. (Cauchyho nerovnosť.)Dokážte, že pre akékoľvek kladné čísla..., a p nerovnosť

Riešenie. Pre n = 2 je nerovnosť

aritmetický priemer a geometrický priemer (pre dve čísla) sa budú považovať za známe. Nechaj n = 2, k = 1, 2, 3, ... a najskôr vykonajte indukciu do. Základ tejto indukcie platí, za predpokladu, že už bola stanovená požadovaná nerovnosť n = 2 , preukážeme to za P = 2. Máme (pomocou nerovnosti pre dve čísla):

Preto podľa indukčnej hypotézy

Indukciou na k sme teda dokázali nerovnosť pre všetkých p 9 čo sú mocniny dvoch.

Dokázať nerovnosť pre iné hodnoty P použijeme "indukciu nadol", to znamená, že dokážeme, že ak je nerovnosť splnená pre ľubovoľné nezáporné P čísla, platí aj pre(P - 1. číslo. Aby sme to overili, poznamenávame, že podľa predpokladu pre P čísla, nerovnosť

to znamená a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Rozdelenie oboch častí na P - 1, získame požadovanú nerovnosť.

Najprv sme teda zistili, že nerovnosť platí pre nekonečný počet možných hodnôt P, a potom ukázal, že ak nerovnosť platí P čísla, platí aj pre(P - 1) čísla. Z toho teraz usudzujeme, že Cotyho nerovnosť platí pre množinu P akékoľvek nezáporné čísla pre ľubovoľné n = 2, 3, 4, ...

Problém 14. (D. Uspensky.) Pre ľubovoľný trojuholník ABC s uhlami = CAB = CBA sú porovnateľné, existujú nerovnosti

Riešenie. Uhly a sú porovnateľné, čo (podľa definície) znamená, že tieto uhly majú spoločnú mieru, pre ktorú = p, = (p, q sú prirodzené čísla rovnakého prvého čísla).

Použime metódu matematickej indukcie a nakreslíme ju cez súčet n = p + q prirodzené prvočísla..

základ indukcie. Pre p + q = 2 máme: p = 1 a q = 1. Potom je trojuholník ABC rovnoramenný a potrebné nerovnosti sú zrejmé: vyplývajú z trojuholníkovej nerovnosti

krok indukcie. Predpokladajme teraz, že sú stanovené požadované nerovnosti pre p + q = 2, 3, ..., k - 1, kde k > 2. Dokážme, že nerovnosti platia aj pre p + q = k.

Nechajte ABC je daný trojuholník s> 2. Potom strany AC a BC nemôže sa rovnať: nech AC > BC. Teraz zostavme, ako na obrázku 2, rovnoramenný trojuholník ABC; máme:

Preto AC \u003d DC a AD \u003d AB + BD,

2AC > AB + BD (1)

Zvážte teraz trojuholník VDC, ktorých uhly sú tiež porovnateľné:

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

Ryža. 2

Tento trojuholník spĺňa indukčný predpoklad, a preto

(2)

Pridaním (1) a (2) máme:

2AC+BD>

a preto

Z rovnakého trojuholníka WBS indukčnou hypotézou usudzujeme, že

Vzhľadom na predchádzajúcu nerovnosť sme dospeli k záveru, že

Takto sa získa indukčný prechod a zadanie problému vyplýva z princípu matematickej indukcie.

Komentujte. Úloha zostáva platná, aj keď uhly a a p nie sú porovnateľné. Na základe úvahy vo všeobecnom prípade už musíme aplikovať ďalší dôležitý matematický princíp - princíp kontinuity.

Úloha 15. Niekoľko priamych čiar rozdeľuje rovinu na časti. Dokážte, že je možné zafarbiť tieto časti na bielo

a čierne farby, takže susedné časti, ktoré majú spoločný okrajový segment, majú rôzne farby (ako na obrázku 3, keď n = 4).

obrázok 3

Riešenie. Na počet riadkov používame indukciu. Tak nech P - počet čiar rozdeľujúcich našu rovinu na časti, n > 1.

základ indukcie. Ak je len jeden rovný(P = 1), potom rozdelí rovinu na dve polroviny, z ktorých jedna môže byť zafarbená bielou a druhá čiernou, a zadanie úlohy je pravdivé.

krok indukcie. Aby bol dôkaz indukčného kroku jasnejší, zvážte proces pridania jedného nového riadku. Ak nakreslíme druhú čiaru(P= 2), potom získame štyri časti, ktoré je možné zafarbiť požadovaným spôsobom natretím protiľahlých rohov v rovnakej farbe. Pozrime sa, čo sa stane, ak nakreslíme tretiu priamku. Rozdelí niektoré zo „starých“ častí, pričom sa objavia nové úseky bordúry, na oboch stranách ktorých je farba rovnaká (obr. 4).

Ryža. štyri

Postupujeme nasledovne:jedna stranaz novej rovnej čiary zmeníme farby - urobíme bielu čiernu a naopak; zároveň sa neprefarbujú tie časti, ktoré ležia na druhej strane tejto priamky (obr. 5). Potom toto nové sfarbenie splní potrebné požiadavky: na jednej strane priamky sa už striedalo (ale s rôznymi farbami) a na druhej strane bolo potrebné. Aby časti, ktoré majú spoločnú hranicu patriacu k nakreslenej čiare, boli natreté rôznymi farbami, prefarbili sme časti len na jednu stranu tejto nakreslenej čiary.

Obr.5

Dokážme teraz indukčný krok. Predpokladajme, že pre niektorýchn = kplatí zadanie úlohy, teda všetky časti roviny, na ktorú je týmito rozčlenenádorovno, môžete maľovať bielou a čiernou farbou, takže susedné časti majú rôzne farby. Dokážme, že potom existuje také sfarbenie preP= do+ 1 rovno. Postupujeme podobne ako v prípade prechodu z dvoch priamok na tri. Strávme v lietadledopriamy. Indukčným predpokladom potom možno výslednú „mapu“ vyfarbiť požadovaným spôsobom. Poďme teraz stráviť(do+ 1)-tá priamka a na jej jednej strane zmeníme farby na opačné. Tak teraz(do+ 1)-tý riadok všade oddeľuje časti rôznych farieb, zatiaľ čo "staré" časti, ako sme už videli, zostávajú správne vyfarbené. Podľa princípu matematickej indukcie je problém vyriešený.

Úloha16. Na okraji púšte je veľká zásoba benzínu a auto, ktoré s plnou čerpacou stanicou prejde 50 kilometrov. V neobmedzenom množstve existujú kanistre, do ktorých môžete vypustiť benzín z plynovej nádrže auta a nechať ho na uskladnenie kdekoľvek v púšti. Dokážte, že auto môže prejsť akúkoľvek celočíselnú vzdialenosť väčšiu ako 50 kilometrov. Nie je dovolené nosiť kanistre s benzínom, prázdne kanistre je možné prenášať v akomkoľvek množstve.

Riešenie.Skúsme to dokázať indukciou naP,že auto môže jazdiťPkilometrov od okraja púšte. OP= 50 je známe. Zostáva vykonať krok indukcie a vysvetliť, ako sa tam dostaťn = k+ 1 km, ak je známyn = ksa dajú najazdiť kilometre.

Tu však narážame na problém: keď prejdemedokilometrov, benzín nemusí stačiť ani na spiatočnú cestu (o skladovaní ani nehovoriac). A v tomto prípade je východiskom posilnenie dokazovaného tvrdenia (paradox vynálezcu). Ukážeme, že nielen šoférovať sa dáPkilometrov, ale aj urobiť si ľubovoľne veľkú zásobu benzínu v bode na diaľkuPkilometrov od okraja púšte, pričom je v tomto bode po ukončení prepravy.

základ indukcie.Jednotkou benzínu nech je množstvo benzínu potrebné na jeden kilometer cesty. Potom 1 kilometer cesty a späť vyžaduje dve jednotky benzínu, takže 48 jednotiek benzínu môžeme nechať v zásobe kilometer od okraja a vrátiť sa po ďalšie. Na niekoľko ciest do skladu si teda môžeme vyrobiť zásobu ľubovoľnej veľkosti, ktorú potrebujeme. Zároveň, aby sme vytvorili 48 jednotiek zásob, minieme 50 jednotiek benzínu.

krok indukcie.Predpokladajme, že na diaľkuP= doz okraja púšte môžete skladovať akékoľvek množstvo benzínu. Ukážme, že potom je možné vytvoriť úložisko na diaľkun = k+ 1 km s akoukoľvek vopred stanovenou zásobou benzínu a na konci prepravy byť v tomto sklade. Pretože v bodeP= doje neobmedzený prísun benzínu, potom (podľa indukčného základu) môžeme vo viacerých výjazdoch do bodkyn = k+ 1 na vyjadrenie boduP= do4-1 zásoba akejkoľvek veľkosti, ktorú potrebujete.

Pravdivosť všeobecnejšieho tvrdenia ako v podmienke problému teraz vyplýva z princípu matematickej indukcie.

Záver

Najmä po preštudovaní metódy matematickej indukcie som zlepšil svoje znalosti v tejto oblasti matematiky a tiež som sa naučil, ako riešiť problémy, ktoré boli predtým mimo moju silu.

V podstate to boli logické a zábavné úlohy, t.j. práve tie, ktoré zvyšujú záujem o samotnú matematiku ako vedu. Riešenie takýchto úloh sa stáva zábavnou činnosťou a môže prilákať do matematických labyrintov stále viac zvedavcov. To je podľa mňa základ každej vedy.

Pokračovaním v štúdiu metódy matematickej indukcie sa pokúsim naučiť ju aplikovať nielen v matematike, ale aj pri riešení úloh vo fyzike, chémii a živote samotnom.

Literatúra

1.Vulenkin INDUKCIA. Kombinatorika. Príručka PRE učiteľov. M., osveta,

1976.-48 s.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcia v geometrii. - M.: Gosud. vydavateľ lit. - 1956 - S.I00. Príručka o matematike pre uchádzačov o štúdium na vysokých školách / Ed. Yakovleva G.N. Veda. -1981. - S.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Indukcia v geometrii. —
M .: Nauka, 1961. - (Populárne prednášky z matematiky.)

4. I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivashev-Musatov, B. E. Veits. Učebnica / „Osvietenie“ 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Čo je matematika?" Kapitola 1, § 2

6. Popa D. Matematika a prijateľné uvažovanie. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matematický objav. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Ako učiť metódou matematickej indukcie / Matematická škola. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O metóde matematickej indukcie. - M .: Nauka, 1977. - (Populárne prednášky z matematiky.)

10. Solominský I.S. Metóda matematickej indukcie. - M.: Veda.

63 rokov.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Na matematickej indukcii. - M.: Veda. - 1967. - S.7-59.

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

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

Prednáška 6. Metóda matematickej indukcie.

Nové poznatky vo vede a živote sa získavajú rôznymi spôsobmi, ale všetky (ak nejdete do detailov) sa delia na dva typy – prechod od všeobecného k konkrétnemu a od konkrétneho k všeobecnému. Prvým je odpočet, druhým indukcia. Deduktívne uvažovanie je to, čo sa zvyčajne nazýva v matematike logické uvažovanie a v matematickej vede je dedukcia jedinou legitímnou metódou vyšetrovania. Pravidlá logického uvažovania sformuloval pred dva a pol tisícročím starogrécky vedec Aristoteles. Vytvoril úplný zoznam najjednoduchších správnych úvah, sylogizmy– „tehličky“ logiky, zároveň poukazujúce na typické úvahy, veľmi podobné tým správnym, ale nesprávne (s takýmto „pseudologickým“ uvažovaním sa v médiách často stretávame).

Indukcia (indukcia - v latinčine vedenie) ilustruje známa legenda o tom, ako Isaac Newton sformuloval zákon univerzálnej gravitácie po tom, čo mu na hlavu spadlo jablko. Ďalší príklad z fyziky: pri takom jave, akým je elektromagnetická indukcia, elektrické pole vytvára, „indukuje“ magnetické pole. „Newtonovo jablko“ je typickým príkladom situácie, kedy jeden alebo viacero špeciálnych prípadov, t.j. pozorovania, „vedie“ k všeobecnému konštatovaniu, všeobecný záver sa robí na základe konkrétnych prípadov. Induktívna metóda je hlavnou metódou na získanie všeobecných vzorov v prírodných aj humanitných vedách. Má to však veľmi významnú nevýhodu: na základe konkrétnych príkladov možno vyvodiť nesprávny záver. Hypotézy vyplývajúce zo súkromných pozorovaní nie sú vždy správne. Uvažujme o príklade vďaka Eulerovi.

Pre niektoré prvé hodnoty vypočítame hodnotu trojčlenky n:

Všimnite si, že čísla získané ako výsledok výpočtov sú prvočísla. A to sa dá u každého priamo overiť n 1 až 39 hodnota polynómu
je prvočíslo. Avšak, kedy n=40 dostaneme číslo 1681=41 2 , ktoré nie je prvočíslo. Teda hypotéza, ktorá by tu mohla vzniknúť, teda hypotéza, že pre každého nčíslo
je jednoduchý, ukáže sa ako nepravdivý.

Leibniz v 17. storočí dokázal, že pre každé kladné celé číslo nčíslo
deliteľné 3
je deliteľné 5 a tak ďalej. Na základe toho navrhol, že za každú odd k a akékoľvek prírodné nčíslo
deleno k, ale čoskoro si to všimol
nie je deliteľné 9.

Uvažované príklady nám umožňujú vyvodiť dôležitý záver: vyhlásenie môže byť pravdivé v mnohých špeciálnych prípadoch a zároveň nespravodlivé vo všeobecnosti. Otázku platnosti výroku vo všeobecnom prípade možno riešiť uplatnením osobitnej metódy uvažovania tzv matematickou indukciou(úplná indukcia, dokonalá indukcia).

6.1. Princíp matematickej indukcie.

♦ Metóda matematickej indukcie je založená na princíp matematickej indukcie , ktorý pozostáva z:

1) platnosť tohto vyhlásenia je overená pren=1 (indukčný základ) ,

2) predpokladá sa, že toto tvrdenie je pravdivén= k, kdekje ľubovoľné prirodzené číslo 1(indukčný predpoklad) , a s prihliadnutím na tento predpoklad je jeho platnosť ustanovená pren= k+1.

Dôkaz. Predpokladajme opak, teda predpokladajme, že toto tvrdenie neplatí pre každého prirodzeného n. Potom je tu taký prirodzený m, čo:

1) schválenie pre n=m neférové,

2) pre všetkých n, menšie m, tvrdenie je pravdivé (inými slovami, m je prvé prirodzené číslo, pre ktoré tvrdenie zlyhá).

To je zrejmé m>1, pretože pre n=1 tvrdenie je pravdivé (podmienka 1). v dôsledku toho
- prirodzené číslo. Ukazuje sa, že pre prirodzené číslo
výrok je pravdivý a pre ďalšie prirodzené číslo m je to nespravodlivé. To je v rozpore s podmienkou 2. ■

Všimnite si, že dôkaz použil axiómu, že každá zbierka prirodzených čísel obsahuje najmenšie číslo.

Dôkaz založený na princípe matematickej indukcie je tzv úplnou matematickou indukciou .

 Príklad6.1. Dokážte to pre akékoľvek prírodné nčíslo
je deliteľné 3.

Riešenie.

1) Kedy n=1, takže a 1 je deliteľné 3 a tvrdenie je pravdivé pre n=1.

2) Predpokladajme, že tvrdenie je pravdivé pre n=k,
, teda to číslo
je deliteľné 3 a nájdite to n=kČíslo +1 je deliteľné 3.

Naozaj,

Pretože každý člen je deliteľný 3, potom je aj ich súčet deliteľný 3. ■ 

 Príklad6.2. Dokážte, že súčet prvého n prirodzené nepárne čísla sa rovná druhej mocnine ich počtu, teda .

Riešenie. Používame metódu úplnej matematickej indukcie.

1) Overíme platnosť tohto vyhlásenia pre n=1: 1=1 2 je správne.

2) Predpokladajme, že súčet prvého k (
) nepárnych čísel sa rovná druhej mocnine počtu týchto čísel, teda . Na základe tejto rovnosti zistíme, že súčet prvého k+1 nepárne čísla sa rovná
, teda .

Používame náš predpoklad a dostaneme

. ■ 

Na dôkaz niektorých nerovností sa používa metóda úplnej matematickej indukcie. Dokážme Bernoulliho nerovnosť.

 Príklad6.3. Dokáž, že kedy
a akékoľvek prírodné n nerovnosť
(Bernoulliho nerovnosť).

Riešenie. 1) Kedy n= 1 dostaneme
, ktoré je správne.

2) Predpokladáme, že pri n=k existuje nerovnosť
(*). Pomocou tohto predpokladu to dokážeme
. Všimnite si, že kedy
táto nerovnosť platí, a preto stačí zvážiť prípad
.

Vynásobte obe časti nerovnosti (*) číslom
a získaj:

To znamená (1+
.■ 

Dôkaz metódou neúplná matematická indukcia nejaké tvrdenie v závislosti od n, kde
vykonávané podobným spôsobom, ale na začiatku je nastolená spravodlivosť pre najmenšiu hodnotu n.

Niektoré úlohy výslovne neformulujú tvrdenie, ktoré možno dokázať matematickou indukciou. V takýchto prípadoch je potrebné stanoviť pravidelnosť a vysloviť hypotézu o platnosti tejto zákonitosti a následne testovať navrhnutú hypotézu metódou matematickej indukcie.

 Príklad6.4. Nájdite sumu
.

Riešenie. Poďme nájsť sumy S 1 , S 2 , S 3. Máme
,
,
. Predpokladáme, že pre akékoľvek prírodné n vzorec je platný
. Na overenie tejto hypotézy používame metódu úplnej matematickej indukcie.

1) Kedy n=1 hypotéza je pravdivá, pretože
.

2) Predpokladajme, že hypotéza platí pre n=k,
, teda
. Pomocou tohto vzorca zistíme, že hypotéza je pravdivá a pre n=k+1, tj

Naozaj,

Takže za predpokladu, že hypotéza platí pre n=k,
, je dokázané, že platí pre n=k+1 a na základe princípu matematickej indukcie sme dospeli k záveru, že vzorec je platný pre akékoľvek prírodné n. ■ 

 Príklad6.5. V matematike je dokázané, že súčet dvoch rovnomerne spojitých funkcií je rovnomerne spojitá funkcia. Na základe tohto tvrdenia musíme dokázať, že súčet akéhokoľvek čísla
rovnomerne spojitých funkcií je rovnomerne spojitá funkcia. Ale keďže sme ešte nezaviedli pojem „rovnomerne spojitá funkcia“, položme problém abstraktnejšie: nech je známe, že súčet dvoch funkcií, ktoré majú nejakú vlastnosť S, sama má vlastnosť S. Dokážme, že súčet ľubovoľného počtu funkcií má vlastnosť S.

Riešenie. Základ indukcie je tu obsiahnutý v samotnej formulácii problému. Pri indukčnom predpoklade zvážte
funkcie f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, ktorí majú nehnuteľnosť S. Potom . Na pravej strane má prvý výraz vlastnosť S podľa indukčnej hypotézy má druhý člen vlastnosť S podľa stavu. Preto ich súčet má vlastnosť S– pri dvoch termínoch „funguje“ základ indukcie.

Toto potvrdzuje tvrdenie a použije ho ďalej. ■ 

 Príklad6.6. Nájdite všetko prirodzené n, pre ktoré je nerovnosť

.

Riešenie. Zvážte n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Máme: 2 1 >1 2, 2 2 = 2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >52, 26 > 62. Môžeme teda urobiť hypotézu: nerovnosť
má miesto pre každého
. Aby sme dokázali pravdivosť tejto hypotézy, používame princíp neúplnej matematickej indukcie.

1) Ako je uvedené vyššie, táto hypotéza platí pre n=5.

2) Predpokladajme, že platí pre n=k,
, teda nerovnosť
. Pomocou tohto predpokladu dokážeme, že nerovnosť
.

T. do.
a pri
existuje nerovnosť

pri
,

potom to dostaneme
. Takže pravdivosť hypotézy n=k+1 vyplýva z predpokladu, že platí pre n=k,
.

Od pp. 1 a 2 na základe princípu neúplnej matematickej indukcie vyplýva, že nerovnosť
pravda pre každú prírodnú
. ■ 

 Príklad6.7. Dokážte to pre akékoľvek prirodzené číslo n platí diferenciačný vzorec
.

Riešenie. O n=1 tento vzorec má tvar
, alebo 1=1, to znamená, že je to pravda. Na základe indukčného predpokladu máme:

Q.E.D. ■ 

 Príklad6.8. Dokážte, že súbor pozostávajúci z n prvky, má podmnožiny.

Riešenie. Súprava s jedným prvkom a, má dve podmnožiny. To je pravda, pretože všetky jeho podmnožiny sú prázdna množina a samotná množina a 2 1 = 2.

Predpokladáme, že akýkoľvek súbor n prvky má podmnožiny. Ak sa množina A skladá z n+1 prvkov, potom v ňom fixujeme jeden prvok - označíme ho d a rozdeliť všetky podmnožiny do dvoch tried – neobsahujúce d a obsahujúce d. Všetky podmnožiny z prvej triedy sú podmnožinami množiny B získanej z A odstránením prvku d.

Sada B pozostáva z n prvkov, a preto podľa indukčnej hypotézy má podmnožiny, teda v prvej triede podmnožiny.

Ale v druhej triede je rovnaký počet podmnožín: každá z nich sa získa presne z jednej podmnožiny prvej triedy pridaním prvku d. Celkovo teda súbor A
podmnožiny.

Tým je tvrdenie dokázané. Všimnite si, že platí aj pre množinu pozostávajúcu z 0 prvkov – prázdnu množinu: má jedinú podmnožinu – samu seba a 2 0 = 1. ■ 

Pomocou metódy matematickej indukcie dokážte, že pre akékoľvek prírodné n nasledujúce rovnosti sú pravdivé:
a) ;
b) .

Riešenie.

a) Kedy n= 1 platí rovnosť. Za predpokladu platnosti rovnosti pre n, ukážme, že platí aj pre n+ 1. Naozaj,

Q.E.D.

b) Kedy n= 1 platnosť rovnosti je zrejmá. Z predpokladu jeho spravodlivosti pri n by mal

Vzhľadom na rovnosť 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, dostávame

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

t.j. výrok je pravdivý aj pre n + 1.

Príklad 1 Dokážte nasledujúce rovnosti

Riešenie. a) Kedy n= 1 rovnosť bude mať tvar 1 = 1, preto P(1) pravda. Predpokladajme, že táto rovnosť je pravdivá, teda máme

Teda podľa metódy matematickej indukcie platí pôvodná rovnosť pre akékoľvek prirodzené n.

Poznámka 2. Tento príklad by sa dal vyriešiť aj inak. Skutočne, súčet 1 + 2 + 3 + ... + n je súčet prvého nčlenov aritmetického postupu s prvým členom a 1 = 1 a rozdiel d= 1. Na základe známeho vzorca , dostaneme

b) Kedy n= 1 rovnosť bude mať tvar: 2 1 - 1 = 1 2 alebo 1 = 1, tj. P(1) pravda. Predpokladajme, že rovnosť

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 a dokázať toP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 alebo 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Pomocou indukčnej hypotézy dostaneme

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

Touto cestou, P(n+ 1) je pravdivé, a preto je dokázaná požadovaná rovnosť.

Poznámka 3. Tento príklad je možné vyriešiť (podobne ako predchádzajúci) bez použitia metódy matematickej indukcie.

c) Kedy n= 1 platí rovnosť: 1 = 1. Predpokladajme, že rovnosť je pravdivá

d) Kedy n= 1 platí rovnosť: 1 = 1. Predpokladajme, že existuje

naozaj,

e) Schválenie P(1) pravda: 2=2. Predpokladajme, že rovnosť

Preto pôvodná rovnosť platí pre všetky prírodné n.

f) P(1) pravda: 1/3 = 1/3. Nech je rovnosť P(n):

Naozaj, vzhľadom na to P(n) sa uskutoční, dostaneme

Rovnosť je teda dokázaná.

g) Kedy n= 1 máme a + b = b + a a preto je rovnosť pravdivá.

Nech platí Newtonov binomický vzorec n = k, teda

Príklad 2 Dokážte nerovnosti

Riešenie. a) Kedy n= 1 získame skutočnú nerovnosť

1 + a ≥ 1 + a. Predpokladajme, že existuje nerovnosť

V skutočnosti, keďže a > -1 znamená a + 1 > 0, potom vynásobením oboch strán nerovnosti (1) (a + 1) dostaneme

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a) alebo (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Pretože n a 2 ≥ 0, teda(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Teda ak P(n) je teda pravda P(n+ 1) je pravda, preto podľa princípu matematickej indukcie platí Bernoulliho nerovnosť.

b) Kedy n= 1 dostaneme X 1 = 1, a preto X 1 ≥ 1 t.j. P(1) je pravdivé vyhlásenie. Predstierajme to P(n) je pravda, teda ak adica, X 1 ,X 2 ,...,X n - n kladné čísla, ktorých súčin sa rovná jednej, X 1 X 2 ·...· X n= 1 a X 1 + X 2 + ... + X n ≥ n.

Ukážme, že z tohto tvrdenia vyplýva, že platí nasledovné: ak X 1 ,X 2 ,...,X n ,X n+1 - (n+ 1) kladné čísla také, že X 1 X 2 ·...· X n · X n+1 = 1 teda X 1 + X 2 + ... + X n + X n + 1 ≥n + 1.

Zvážte nasledujúce dva prípady:

1) X 1 = X 2 = ... = X n = X n+1 = 1. Potom súčet týchto čísel je ( n+ 1) a požadovaná nerovnosť je splnená;

2) aspoň jedno číslo je iné ako jedna, nech je napríklad väčšie ako jedna. Potom, pretože X 1 X 2 · ... · X n · X n+ 1 = 1, existuje aspoň jedno ďalšie číslo, ktoré je odlišné od jedného (presnejšie menej ako jedna). Nechaj X n+ 1 > 1 a X n < 1. Рассмотрим n kladné čísla

Pretože

(1 - X n)(X n+1 - 1) > 0, potom 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. Preto X 1 + X 2 + ... + X n + X n+1 ≥ n+1, teda ak P(n) je teda pravdaP(n+ 1) je spravodlivé. Nerovnosť bola preukázaná.

Poznámka 4. Znamienko rovnosti sa vyskytuje vtedy a len vtedy X 1 = X 2 = ... = X n = 1.

c) Nechajte X 1 ,X 2 ,...,X n sú ľubovoľné kladné čísla. Zvážte nasledujúce n kladné čísla:

Poznámka 5. Rovnosť platí vtedy a len vtedy X 1 = X 2 = ... = X n .

d) P(1) - spravodlivé tvrdenie: sin 2 a + cos 2 a = 1. Predpokladajme, že P(n) je pravdivé tvrdenie:

Hriech 2 n a + cos2 n a ≤ 1 a ukázať, že existujeP(n+ 1). naozaj, sin2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) \u003d hriech 2 n a hriech 2 a + cos 2 n a čos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (ak sin 2 a ≤ 1, potom cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, potom sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N hriech 2 n a + cos2 n ≤ 1 a znamienko rovnosti sa dosiahne iba vtedy, keďn = 1.

e) Kedy n= 1 tvrdenie je pravdivé: 1< 3 / 2 .

Predpokladajme, že a dokázať to

f) Berúc do úvahy poznámku 1, skontrolujeme P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, teda pre n= 10 tvrdenie je pravdivé. Predpokladajme, že 2 n > n 3 (n> 10) a dokázať P(n+ 1), t.j. 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Od hod n> 10 máme resp , nasleduje za tým

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 alebo n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Berúc do úvahy nerovnosť (2 n > n 3), dostaneme 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Teda podľa metódy matematickej indukcie pre akékoľvek prirodzené n O N, n≥ 10 máme 2 n > n 3 .

Príklad 3 Dokážte to pre kohokoľvek n O N

Riešenie. a) P(1) je pravdivé tvrdenie (0 je deliteľné 6). Nechaj P(n) je spravodlivé, tzn n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) je deliteľné 6. Ukážme, že potom máme P(n+ 1, teda ( n + 1)n(2n+ 1) je deliteľné 6. Skutočne, keďže

Touto cestou, P(n+ 1) je pravdivé vyhlásenie, a preto n(2n 2 - 3n+ 1) je deliteľné 6 pre ľubovoľné n O N.

b) Skontrolujte P(1): 60 + 3 2 + 3 0 = 11, teda P(1) je pravdivé vyhlásenie. Malo by sa dokázať, že ak 62 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 je deliteľné 11 ( P(n)), potom 62 n + 3 n+2 + 3 n je tiež deliteľné 11 ( P(n+ 1)). Skutočne, pretože

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 (62 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 a podobne ako 62 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 a 33 6 2 n-2 sú deliteľné 11, ich súčet je 6 2n + 3 n+2 + 3 n je deliteľné 11. Tvrdenie je dokázané. Indukcia v geometrii

Príklad 4 Vypočítajte stranu správnej 2 n-gon vpísaný do kruhu s polomerom R.

Bibliografický popis: Badanin AS, Sizova M. Yu. Aplikácia metódy matematickej indukcie na riešenie problémov o deliteľnosti prirodzených čísel // Mladý vedec. 2015. №2. S. 84-86..04.2019).

V matematických olympiádach sa často stretávame s pomerne zložitými problémami s dokazovaním deliteľnosti prirodzených čísel. Školáci čelia problému: ako nájsť univerzálnu matematickú metódu, ktorá umožňuje riešenie takýchto problémov?

Ukazuje sa, že väčšinu úloh deliteľnosti možno vyriešiť matematickou indukciou, no v školských učebniciach sa tejto metóde venuje veľmi malá pozornosť, najčastejšie sa uvádza stručný teoretický popis a rozoberá sa viacero problémov.

Metódu matematickej indukcie nájdeme v teórii čísel. Na úsvite teórie čísel matematici objavili mnohé fakty induktívne: L. Euler a K. Gauss niekedy zvažovali tisíce príkladov, kým si všimli číselný vzor a uverili mu. Zároveň však pochopili, aké zavádzajúce môžu byť hypotézy, ak prejdú „záverečným“ testom. Pre indukčný prechod z tvrdenia overeného pre konečnú podmnožinu k podobnému tvrdeniu pre celú nekonečnú množinu je potrebný dôkaz. Túto metódu navrhol Blaise Pascal, ktorý našiel všeobecný algoritmus na nájdenie znakov deliteľnosti akéhokoľvek celého čísla akýmkoľvek iným celým číslom (pojednanie „O povahe deliteľnosti čísel“).

Metóda matematickej indukcie sa používa na dokazovanie zdôvodňovaním pravdivosti určitého tvrdenia pre všetky prirodzené čísla alebo pravdivosti tvrdenia začínajúceho od nejakého čísla n.

Riešenie úloh na dôkaz pravdivosti určitého tvrdenia metódou matematickej indukcie pozostáva zo štyroch etáp (obr. 1):

Ryža. 1. Schéma riešenia problému

1. Základ indukcie . Overte si platnosť výroku pre najmenšie prirodzené číslo, pre ktoré má výrok zmysel.

2. Indukčný predpoklad . Predpokladáme, že tvrdenie je pravdivé pre nejakú hodnotu k.

3. indukčný prechod . Dokážeme, že tvrdenie platí pre k+1.

4. Záver . Ak bol takýto dôkaz dokončený, potom na základe princípu matematickej indukcie možno tvrdiť, že tvrdenie platí pre akékoľvek prirodzené číslo n.

Zvážte použitie metódy matematickej indukcie pri riešení úloh na dôkaz deliteľnosti prirodzených čísel.

Príklad 1. Dokážte, že číslo 5 je násobkom 19, kde n je prirodzené číslo.

dôkaz:

1) Skontrolujte, či tento vzorec platí pre n = 1: číslo =19 je násobkom 19.

2) Nech tento vzorec platí pre n = k, t.j. číslo je násobkom 19.

Deliteľné 19. V skutočnosti je prvý člen deliteľný 19 kvôli predpokladu (2); druhý člen je tiež deliteľný 19, pretože obsahuje faktor 19.

Príklad 2 Dokážte, že súčet kociek troch po sebe idúcich prirodzených čísel je deliteľný 9.

dôkaz:

Dokážme tvrdenie: „Pre ľubovoľné prirodzené číslo n je výraz n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 násobkom 9.

1) Skontrolujte, či je tento vzorec správny pre n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 je násobkom 9.

2) Nech tento vzorec platí pre n = k, t.j. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 je násobkom 9.

3) Dokážme, že vzorec platí aj pre n = k + 1, t.j. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 je násobkom 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k+2)3)+9(k2+3k+3).

Výsledný výraz obsahuje dva členy, z ktorých každý je deliteľný 9, takže súčet je deliteľný 9.

4) Obe podmienky princípu matematickej indukcie sú splnené, preto tvrdenie platí pre všetky hodnoty n.

Príklad 3 Dokážte, že pre každé prirodzené n je číslo 3 2n+1 +2 n+2 deliteľné 7.

dôkaz:

1) Skontrolujte, či je tento vzorec správny pre n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 = 35, 35 je násobok 7.

2) Nech tento vzorec platí pre n = k, t.j. 3 2 k +1 +2 k +2 je deliteľné 7.

3) Dokážme, že vzorec platí aj pre n = k + 1, t.j.

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. Keďže (3 2 k +1 +2 k +2) 9 je deliteľné 7 a 7 2 k +2 je deliteľné 7, ich rozdiel je tiež deliteľný 7.

4) Obe podmienky princípu matematickej indukcie sú splnené, preto tvrdenie platí pre všetky hodnoty n.

Mnohé dôkazové úlohy v teórii deliteľnosti prirodzených čísel je vhodné riešiť metódou matematickej indukcie, dokonca možno povedať, že riešenie úloh touto metódou je pomerne algoritmické, stačí vykonať 4 základné kroky. Túto metódu však nemožno nazvať univerzálnou, pretože existujú aj nevýhody: po prvé, je možné dokázať iba na množine prirodzených čísel a po druhé, je možné dokázať len pre jednu premennú.

Pre rozvoj logického myslenia, matematickej kultúry je táto metóda nevyhnutným nástrojom, pretože aj veľký ruský matematik A. N. Kolmogorov povedal: „Porozumenie a schopnosť správne aplikovať princíp matematickej indukcie je dobrým kritériom logickej zrelosti, ktorá je absolútne nevyhnutné pre matematiku“.

Literatúra:

1. Vilenkin N. Ya. Indukcia. Kombinatorika. - M.: Osveta, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. O matematickej indukcii. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominský I. S. Metóda matematickej indukcie. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin I. F. Voliteľný predmet z matematiky: Riešenie úloh: Učebnica na 10 buniek. stredná škola - M.: Osveta, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Matematická indukcia. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 s.