Metóda matematickej indukcie stručné zhrnutie. Aplikácia metódy matematickej indukcie pri riešení úloh o deliteľnosti prirodzených čísel
Skutočné poznanie v každej dobe bolo založené na vytvorení vzoru a dokázaní jeho pravdivosti za určitých okolností. Počas takého dlhého obdobia existencie logického uvažovania boli dané formulácie pravidiel a Aristoteles dokonca zostavil zoznam „správnych úvah“. Historicky bolo zvykom rozdeliť všetky inferencie na dva typy - od konkrétnych po násobné (indukcia) a naopak (odpočet). Treba poznamenať, že typy dôkazov od konkrétneho k všeobecnému a od všeobecného k konkrétnemu existujú iba v spojení a nemožno ich zamieňať.
Indukcia v matematike
Pojem „indukcia“ má latinské korene a je doslovne preložený ako „usmernenie“. Pri bližšom štúdiu možno vyzdvihnúť štruktúru slova, a to latinskú predponu - in- (označuje smerované pôsobenie dovnútra alebo bytie vo vnútri) a -dukciu - úvod. Stojí za zmienku, že existujú dva typy - úplná a neúplná indukcia. Úplná forma sa vyznačuje závermi vyvodenými zo štúdia všetkých objektov určitej triedy.
Neúplné - závery, ktoré sa vzťahujú na všetky predmety triedy, ale sú urobené na základe štúdia iba niektorých jednotiek.
Úplná matematická indukcia je inferencia založená na všeobecnom závere o celej triede akýchkoľvek objektov, ktoré sú funkčne spojené vzťahmi prirodzeného radu čísel na základe znalosti tohto funkčného spojenia. V tomto prípade proces dokazovania prebieha v troch fázach:
- prvý dokazuje správnosť polohy matematickej indukcie. Príklad: f = 1, indukcia;
- ďalšia fáza je založená na predpoklade, že pozícia platí pre všetky prirodzené čísla. To znamená, že f=h je induktívna hypotéza;
- v tretej etape sa dokazuje platnosť polohy pre číslo f=h+1 na základe správnosti polohy predchádzajúceho bodu - ide o indukčný prechod, alebo krok matematickej indukcie. Príkladom je tzv. ak padne prvý kameň v rade (základ), tak padnú všetky kamene v rade (prechod).
Aj zo žartu, aj vážne
Pre ľahšie pochopenie sú príklady riešení pomocou metódy matematickej indukcie prezentované vo forme vtipných úloh. Toto je úloha „Zdvorilý front“:
- Pravidlá správania zakazujú mužovi otočiť sa pred ženou (v takejto situácii je dovolené ísť dopredu). Na základe tohto tvrdenia, ak je posledný v rade muž, potom všetci ostatní sú muž.
Pozoruhodným príkladom metódy matematickej indukcie je problém „bezrozmerného letu“:
- Je potrebné preukázať, že do mikrobusu sa zmestí ľubovoľný počet osôb. Platí, že jedna osoba sa do vozidla zmestí bez problémov (základ). Ale nech je minibus akokoľvek plný, vždy sa doň zmestí 1 pasažier (indukčný schodík).
Známe kruhy
Príklady riešenia úloh a rovníc matematickou indukciou sú celkom bežné. Ako ilustráciu tohto prístupu zvážte nasledujúci problém.
Podmienka: na rovine je h kruhov. Je potrebné dokázať, že pri akomkoľvek usporiadaní obrazcov môže byť mapa, ktorú tvoria, správne vyfarbená dvoma farbami.
Riešenie: keď h=1 je pravdivosť tvrdenia zrejmá, tak sa dôkaz zostrojí pre počet kružníc h+1.
Prijmime predpoklad, že tvrdenie platí pre akúkoľvek mapu a na rovine sú h+1 kružnice. Odstránením jedného z kruhov z celkového počtu môžete získať mapu správne vyfarbenú dvoma farbami (čiernou a bielou).
Pri obnove vymazaného kruhu sa farba každej oblasti zmení na opačnú (v tomto prípade vnútri kruhu). Výsledkom je mapa správne vyfarbená v dvoch farbách, čo bolo potrebné dokázať.
Príklady s prirodzenými číslami
Aplikácia metódy matematickej indukcie je jasne znázornená nižšie.
Príklady riešení:
Dokážte, že pre každé h je správna nasledujúca rovnosť:
1 2 + 2 2 + 3 2 +…+h2 = h(h+1)(2h+1)/6.
1. Nech h=1, čo znamená:
R1=12=1(1+1)(2+1)/6=1
Z toho vyplýva, že pre h=1 je tvrdenie správne.
2. Za predpokladu, že h=d, dostaneme rovnicu:
R1=d2=d(d+l)(2d+l)/6=l
3. Za predpokladu, že h=d+1, vyjde:
Rd+1 = (d+1) (d+2) (2d+3)/6
Rd+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 = (d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=
(d+1)(2d2+7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.
Platnosť rovnosti pre h=d+1 je teda dokázaná, preto tvrdenie platí pre akékoľvek prirodzené číslo, ako ukazuje príklad riešenia matematickou indukciou.
Úloha
Podmienka: vyžaduje sa dôkaz, že pre akúkoľvek hodnotu h je výraz 7 h -1 deliteľný 6 bezo zvyšku.
Riešenie:
1. Povedzme, že h=1, v tomto prípade:
R 1 = 7 1 - 1 = 6 (t. j. delené 6 bezo zvyšku)
Preto pre h=1 je tvrdenie pravdivé;
2. Nech h=d a 7 d -1 vydelíme 6 bezo zvyšku;
3. Dôkazom platnosti tvrdenia pre h=d+1 je vzorec:
Rd +1 = 7 d +1 -1=7∙7d -7+6=7(7d -1)+6
V tomto prípade je prvý člen deliteľný 6 podľa predpokladu prvého bodu a druhý člen sa rovná 6. Tvrdenie, že 7 h -1 je deliteľné 6 bezo zvyšku pre akékoľvek prirodzené h, je pravdivé.
Chyby v úsudku
Pri dokazovaní sa často používa nesprávna úvaha z dôvodu nepresnosti použitých logických konštrukcií. Stáva sa to najmä vtedy, keď je porušená štruktúra a logika dôkazu. Príkladom nesprávneho uvažovania je nasledujúci obrázok.
Úloha
Podmienka: Vyžaduje sa dôkaz, že žiadna hromada kameňov nie je hromada.
Riešenie:
1. Povedzme h=1, v tomto prípade je v kope 1 kameň a tvrdenie je pravdivé (základ);
2. Nech pre h=d platí, že hromada kameňov nie je hromada (predpoklad);
3. Nech h=d+1, z čoho vyplýva, že pri pridaní jedného kameňa navyše nebude množina kopa. Záver naznačuje, že predpoklad platí pre všetky prirodzené h.
Chyba je v tom, že neexistuje žiadna definícia, koľko kameňov tvorí hromadu. Takéto vynechanie sa v metóde matematickej indukcie nazýva unáhlené zovšeobecnenie. Príklad to jasne ukazuje.
Indukcia a zákony logiky
Historicky vždy „chodia ruka v ruke“. Vedecké disciplíny ako logika a filozofia ich opisujú vo forme protikladov.
Z hľadiska zákona logiky sa induktívne definície opierajú o fakty a pravdivosť premís nerozhoduje o správnosti výsledného tvrdenia. Závery sa často získavajú s istou mierou pravdepodobnosti a hodnovernosti, čo, prirodzene, treba overiť a potvrdiť dodatočným výskumom. Príkladom indukcie v logike by bolo nasledujúce vyhlásenie:
V Estónsku je sucho, v Lotyšsku sucho, v Litve sucho.
Estónsko, Lotyšsko a Litva sú pobaltské štáty. Vo všetkých pobaltských štátoch je sucho.
Z príkladu môžeme usúdiť, že pomocou metódy indukcie nie je možné získať novú informáciu alebo pravdu. Jediné, s čím sa dá počítať, je nejaká možná pravdivosť záverov. Navyše pravdivosť predpokladov nezaručuje rovnaké závery. Táto skutočnosť však neznamená, že by sa indukcia potácala na hranici dedukcie: pomocou metódy indukcie je podložené obrovské množstvo ustanovení a vedeckých zákonov. Príkladom je rovnaká matematika, biológia a iné vedy. Väčšinou je to spôsobené metódou úplnej indukcie, ale v niektorých prípadoch je použiteľná aj čiastočná indukcia.
Úctyhodný vek indukcie mu umožnil preniknúť takmer do všetkých sfér ľudskej činnosti – ide o vedu, ekonómiu a každodenné závery.
Indukcia vo vedeckej komunite
Indukčná metóda si vyžaduje dôsledný prístup, pretože príliš veľa závisí od počtu častí študovaného celku: čím väčší je študovaný počet, tým je výsledok spoľahlivejší. Na základe tejto vlastnosti sú vedecké zákony získané indukciou dlhodobo testované na úrovni pravdepodobnostných predpokladov, aby sa izolovali a študovali všetky možné konštrukčné prvky, súvislosti a vplyvy.
Vo vede je induktívny záver založený na významných črtách, s výnimkou náhodných ustanovení. Tento fakt je dôležitý v súvislosti so špecifikami vedeckého poznania. To je jasne vidieť na príkladoch indukcie vo vede.
Vo vedeckom svete existujú dva typy indukcie (v súvislosti s metódou štúdia):
- indukcia-výber (alebo výber);
- indukcia - vylúčenie (eliminácia).
Prvý typ sa vyznačuje metodickým (skrupulóznym) výberom vzoriek triedy (podtried) z jej rôznych oblastí.
Príklad tohto typu indukcie je nasledujúci: striebro (alebo strieborné soli) čistí vodu. Záver vychádza z dlhoročných pozorovaní (akýsi výber potvrdení a vyvrátení – selekcia).
Druhý typ indukcie je založený na záveroch, ktoré zakladajú kauzálne vzťahy a vylučujú okolnosti, ktoré nezodpovedajú jeho vlastnostiam, a to univerzálnosť, dodržanie časovej postupnosti, nevyhnutnosť a jednoznačnosť.
Indukcia a dedukcia z pozície filozofie
Keď sa pozrieme do minulosti, termín indukcia prvýkrát spomenul Sokrates. Aristoteles opísal príklady indukcie vo filozofii v približnejšom terminologickom slovníku, ale otázka neúplnej indukcie zostáva otvorená. Po prenasledovaní aristotelovského sylogizmu sa induktívna metóda začala uznávať ako plodná a v prírodných vedách jediná možná. Bacon je považovaný za otca indukcie ako samostatnej špeciálnej metódy, ale nepodarilo sa mu oddeliť indukciu od deduktívnej metódy, ako to požadovali jeho súčasníci.
Indukciu ďalej rozvinul J. Mill, ktorý zvažoval induktívnu teóriu z pohľadu štyroch hlavných metód: zhoda, rozdiel, zvyšky a zodpovedajúce zmeny. Nie je prekvapujúce, že dnes sú uvedené metódy pri podrobnom preskúmaní deduktívne.
Uvedomenie si nekonzistentnosti teórií Bacona a Milla viedlo vedcov k štúdiu pravdepodobnostného základu indukcie. Avšak aj tu boli určité extrémy: boli urobené pokusy zredukovať indukciu na teóriu pravdepodobnosti so všetkými z toho vyplývajúcimi dôsledkami.
Indukcia získava dôveru prostredníctvom praktickej aplikácie v určitých tematických oblastiach a vďaka metrickej presnosti induktívnej bázy. Za príklad indukcie a dedukcie vo filozofii možno považovať Zákon univerzálnej gravitácie. V deň objavenia zákona ho Newton dokázal overiť s presnosťou 4 percent. A pri kontrole o viac ako dvesto rokov neskôr bola správnosť potvrdená s presnosťou 0,0001 percenta, hoci overenie bolo vykonané rovnakými induktívnymi zovšeobecneniami.
Moderná filozofia venuje väčšiu pozornosť dedukcii, ktorá je diktovaná logickou túžbou odvodiť nové poznatky (alebo pravdy) z toho, čo je už známe, bez uchyľovania sa k skúsenostiam alebo intuícii, ale pomocou „čistého“ uvažovania. Pri odkaze na pravdivé premisy v deduktívnej metóde je vo všetkých prípadoch výstup pravdivé tvrdenie.
Táto veľmi dôležitá charakteristika by nemala zatieniť hodnotu indukčnej metódy. Keďže indukcia sa na základe dosiahnutých skúseností stáva aj prostriedkom jej spracovania (vrátane zovšeobecňovania a systematizácie).
Aplikácia indukcie v ekonómii
Indukcia a dedukcia sa už dlho používajú ako metódy na štúdium ekonomiky a predpovedanie jej vývoja.
Rozsah použitia indukčnej metódy je pomerne široký: štúdium plnenia prognózovaných ukazovateľov (zisky, odpisy atď.) a všeobecné hodnotenie stavu podniku; vytvorenie efektívnej politiky podpory podnikania založenej na faktoch a ich vzťahoch.
Rovnaký spôsob indukcie je použitý v „Shewhartových mapách“, kde sa za predpokladu rozdelenia procesov na riadené a nekontrolovateľné uvádza, že rámec riadeného procesu je neaktívny.
Treba poznamenať, že vedecké zákony sú podložené a potvrdené pomocou indukčnej metódy, a keďže ekonómia je veda, ktorá často využíva matematickú analýzu, teóriu rizík a štatistiku, nie je vôbec prekvapujúce, že indukcia je na zozname hlavných metód.
Príkladom indukcie a dedukcie v ekonómii je nasledujúca situácia. Nárast cien potravín (zo spotrebného koša) a základných tovarov núti spotrebiteľa zamyslieť sa nad vznikajúcimi vysokými nákladmi v štáte (indukcia). Zároveň z faktu vysokých cien je možné pomocou matematických metód odvodiť ukazovatele rastu cien pre jednotlivé tovary alebo kategórie tovarov (odpočet).
Najčastejšie sa na indukčnú metódu obracajú riadiaci pracovníci, manažéri a ekonómovia. Aby bolo možné dostatočne pravdivo predpovedať vývoj podniku, trhové správanie a dôsledky konkurencie, je potrebný induktívno-deduktívny prístup k analýze a spracovaniu informácií.
Jasný príklad indukcie v ekonómii súvisiaci s chybnými úsudkami:
- zisk spoločnosti klesol o 30 %;
konkurenčná spoločnosť rozšírila svoj produktový rad;
nič iné sa nezmenilo; - výrobná politika konkurenčného podniku spôsobila zníženie zisku o 30 %;
- preto je potrebné zaviesť rovnakú výrobnú politiku.
Príklad je farebnou ilustráciou toho, ako nešikovné používanie indukčnej metódy prispieva k krachu podniku.
Dedukcia a indukcia v psychológii
Keďže existuje metóda, potom logicky existuje aj správne organizované myslenie (použiť metódu). Psychológia ako veda, ktorá študuje duševné procesy, ich formovanie, vývoj, vzťahy, interakcie, venuje pozornosť „deduktívnemu“ mysleniu, ako jednej z foriem prejavu dedukcie a indukcie. Bohužiaľ, na stránkach psychológie na internete neexistuje prakticky žiadne opodstatnenie pre integritu deduktívno-induktívnej metódy. Hoci profesionálni psychológovia sa častejšie stretávajú s prejavmi indukcie, alebo skôr s chybnými závermi.
Príkladom indukcie v psychológii ako ilustrácie chybných úsudkov je výrok: moja matka klame, preto všetky ženy klamú. Zo života môžete získať ešte viac „chybných“ príkladov indukcie:
- žiak je neschopný ničoho, ak dostane zlú známku z matematiky;
- je to blázon;
- je šikovný;
- Dokážem čokoľvek;
A mnoho ďalších hodnotových úsudkov založených na úplne náhodných a niekedy bezvýznamných predpokladoch.
Treba poznamenať, že keď klam ľudského úsudku dosiahne bod absurdity, objaví sa pre psychoterapeuta hranica práce. Jeden príklad úvodu na stretnutie so špecialistom:
„Pacient si je úplne istý, že červená farba je nebezpečná len pre neho v akejkoľvek forme. V dôsledku toho osoba vylúčila túto farebnú schému zo svojho života - čo najviac. Existuje veľa príležitostí na pohodlný pobyt doma. Môžete odmietnuť všetky červené položky alebo ich nahradiť analógmi vyrobenými v inej farebnej schéme. Ale na verejných miestach, v práci, v obchode - to je nemožné. Keď sa pacient ocitne v stresovej situácii, zakaždým zažije „príliv“ úplne iných emocionálnych stavov, ktoré môžu predstavovať nebezpečenstvo pre ostatných.“
Tento príklad indukcie a nevedomej indukcie sa nazýva „pevné myšlienky“. Ak sa to stane duševne zdravému človeku, môžeme hovoriť o nedostatočnej organizácii duševnej činnosti. Spôsobom, ako sa zbaviť obsedantných stavov, môže byť elementárny rozvoj deduktívneho myslenia. V iných prípadoch s takýmito pacientmi pracujú psychiatri.
Vyššie uvedené príklady indukcie naznačujú, že „neznalosť zákona vás neoslobodzuje od následkov (chybných rozsudkov).
Psychológovia, ktorí sa venujú téme deduktívneho myslenia, zostavili zoznam odporúčaní, ktoré majú ľuďom pomôcť zvládnuť túto metódu.
Prvým bodom je riešenie problémov. Ako vidno, formu indukcie používanú v matematike možno považovať za „klasickú“ a použitie tejto metódy prispieva k „disciplíne“ mysle.
Ďalšou podmienkou rozvoja deduktívneho myslenia je rozšírenie obzorov (jasne mysliaci sa jasne vyjadrujú). Toto odporúčanie smeruje „utrpenie“ do pokladnice vedy a informácií (knižnice, webové stránky, vzdelávacie iniciatívy, cestovanie atď.).
Osobitne treba spomenúť takzvanú „psychologickú indukciu“. Tento výraz, aj keď nie často, možno nájsť na internete. Všetky zdroje neposkytujú aspoň stručnú formuláciu definície tohto pojmu, ale odkazujú na „príklady zo života“, pričom sa za nový typ indukcie vydáva buď sugescia, alebo niektoré formy duševných chorôb, alebo extrémne stavy ľudská psychika. Zo všetkého vyššie uvedeného je zrejmé, že pokus odvodiť „nový termín“ na základe falošných (často nepravdivých) premís odsudzuje experimentátora na získanie chybného (alebo unáhleného) tvrdenia.
Treba si uvedomiť, že odkaz na pokusy z roku 1960 (bez uvedenia miesta, mien experimentátorov, vzorky subjektov a hlavne účelu experimentu) vyzerá mierne povedané nepresvedčivo a napr. tvrdenie, že mozog vníma informácie obchádzajúce všetky orgány vnímania (výraz „je ovplyvnený“ by v tomto prípade zapadol organickejšie), núti zamyslieť sa nad dôverčivosťou a nekritickosťou autora výroku.
Namiesto záveru
Nie nadarmo kráľovná vied, matematika, využíva všetky možné rezervy metódy indukcie a dedukcie. Uvažované príklady nám umožňujú dospieť k záveru, že povrchné a nešikovné (ako sa hovorí bezmyšlienkovito) aplikácia aj tých najpresnejších a najspoľahlivejších metód vždy vedie k chybným výsledkom.
V masovom vedomí sa metóda dedukcie spája so slávnym Sherlockom Holmesom, ktorý vo svojich logických konštrukciách častejšie využíva príklady indukcie, využívajúc dedukciu v správnych situáciách.
Článok skúmal príklady aplikácie týchto metód v rôznych vedách a sférach ľudskej činnosti.
METÓDA MATEMATICKEJ INDUKCIE
Slovo indukcia v ruštine znamená vedenie a závery založené na pozorovaniach, experimentoch, t.j. sa nazývajú induktívne. 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 dôvode pohybu Slnka po oblohe (navyše sa tento pohyb ukazuje ako zrejmý, pretože zemeguľa sa skutočne pohybuje). A predsa tento induktívny záver správne opisuje pozorovania, ktoré urobíme zajtra.
Úloha induktívnych záverov v experimentálnych vedách je veľmi veľká. Uvádzajú tie ustanovenia, z ktorých sa potom odvodzujú ďalšie závery. A hoci teoretická mechanika vychádza z troch Newtonových pohybových zákonov, tieto zákony samotné boli výsledkom hlbokého premýšľania prostredníctvom experimentálnych údajov, najmä Keplerovych zákonov pohybu planét, ktoré odvodil zo spracovania dlhoročných pozorovaní dánskeho astronóma Tycha. Brahe. Pozorovanie a indukcia sa v budúcnosti ukážu ako užitočné na objasnenie prijatých predpokladov. Po Michelsonových pokusoch o meraní rýchlosti svetla v pohybujúcom sa médiu sa ukázalo ako nevyhnutné objasniť fyzikálne zákony a vytvoriť teóriu relativity.
V matematike je úlohou indukcie do značnej miery to, že je základom zvolenej axiomatiky. Potom, čo dlhoročná prax ukázala, že priama cesta je vždy kratšia ako zakrivená alebo prerušovaná, bolo prirodzené sformulovať axiómu: pre ľubovoľné tri body A, B a C je nerovnosť
Koncept nasledovania, ktorý je základom aritmetiky, sa objavil aj z pozorovaní formovania vojakov, lodí a iných usporiadaných súprav.
Nemali by sme si však myslieť, že to vyčerpáva úlohu indukcie v matematike. Samozrejme, nemali by sme experimentálne testovať vety 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. Práve to vám 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 odvetviach aritmetiky, algebry, geometrie a analýzy je potrebné dokázať pravdivosť viet A(n) v závislosti od prirodzenej premennej. Dôkaz pravdivosti výroku A(n) pre všetky hodnoty premennej možno často vykonať metódou matematickej indukcie, ktorá je založená na nasledujúcom princípe.
Tvrdenie A(n) sa považuje za pravdivé 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 znamená nasledujúcu metódu dôkazu. Ak chcete dokázať pravdivosť vety A(n) pre všetky prirodzené n, potom by ste si mali najprv 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 má široké využitie 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 môžete dokázať rôzne tvrdenia týkajúce sa 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.
Keď n=1 platí naše tvrdenie: - párne číslo. Predpokladajme, že ide o párne číslo. Keďže , 2k je párne číslo 
dokonca. Parita je teda dokázaná pre n=1, parita je odvodená z parity 
.To znamená, že je dokonca pre všetky prírodné hodnoty n.
Príklad 2Dokážte pravdivosť vety
A(n)=(číslo 5 je násobkom 19), n je prirodzené číslo.
Riešenie.
Výrok A(1)=(číslo deliteľné 19) je pravdivé.
Predpokladajme, že pre nejakú hodnotu n=k
A(k)=(číslo deliteľné 19) je pravdivé. Potom, odkedy
Je zrejmé, že platí aj A(k+1). Prvý člen je skutočne deliteľný 19 kvôli 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
súhrnná séria
Príklad 1Dokážte vzorec
, n je prirodzené číslo.
Riešenie.
Keď n=1, obe strany rovnosti sa obrátia na jednu, a preto je splnená prvá podmienka princípu matematickej indukcie.
Predpokladajme, že vzorec je správny 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 je osvedčený.
Príklad 2Dokážte, že súčet prvých n čísel prirodzeného radu sa rovná .
Riešenie.
Označme požadovanú sumu, t.j. 
.
Keď n=1, hypotéza je 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.
Keď n = 1, hypotéza je zjavne pravdivá.
Nechajte .
Dokážme to.
naozaj,
Príklady aplikácie metódy matematickej indukcie na
dôkaz nerovností
Príklad 1Dokážte, že pre ľubovoľné prirodzené číslo n>1
.
Riešenie.
Ľavú stranu nerovnosti označme .
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 to tiež znamená.
Príklad 2Nájdite chybu v zdôvodnení.
Vyhlásenie. Pre každé prirodzené číslo n platí nerovnosť.
Dôkaz.
. (1)
Dokážme, že potom nerovnosť platí aj pre n=k+1, t.j.
.
V skutočnosti nie menej ako 2 pre akékoľvek prirodzené k. Pridajme na ľavú stranu nerovnosti (1) a na pravú stranu 2. Dostaneme spravodlivú nerovnosť, resp. 
. Výrok bol dokázaný.
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)
Skutočne, podľa podmienky, teda nerovnosť je pravdivá
, (3)
získané z nerovnosti (1) vynásobením každej časti číslom . Prepíšme nerovnosť (3) takto: . Vynechaním kladného člena na pravej strane poslednej nerovnosti dostaneme spravodlivú 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 je nerovnosť pravdivá
. (3)
Pripočítaním ku každej časti nerovnosti (3) dostaneme nerovnosť (2).
To dokazuje, že pre n=2 platí nerovnosť (1).
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 strany nerovnosti (4) a+b. Keďže podľa podmienky získame nasledujúcu spravodlivú nerovnosť:
. (6)
Na preukázanie platnosti nerovnosti (5) stačí ukázať, že
, (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 jej aplikácia na riešenie úloh geometrických výpočtov. Pozrime sa na pár príkladov.
Príklad 1Vypočítajte stranu pravidelného štvorca vpísaného do kruhu s polomerom R.
Riešenie.
Keď n=2 správne 2 n - štvorec je štvorec; jeho strana. Ďalej podľa zdvojovacieho vzorca
zistíme, že strana pravidelného osemuholníka 
, strana pravidelného šesťuholníka 
, strana pravidelného tridsaťdva trojuholníka 
. Môžeme teda predpokladať, že strana správne zapísanej 2 n - štvorec pre každého rovného
. (1)
Predpokladajme, že strana pravidelného vpísaného štvorca je vyjadrená vzorcom (1). V tomto prípade podľa zdvojovacieho vzorca
,
z čoho vyplýva, že vzorec (1) platí pre všetky n.
Príklad 2Na koľko trojuholníkov možno rozdeliť n-uholník (nie nevyhnutne konvexný) svojimi disjunktnými uhlopriečkami?
Riešenie.
Pre trojuholník sa toto číslo rovná jednej (v trojuholníku nemožno nakresliť ani jednu uhlopriečku); pre štvoruholník je toto číslo zrejme dva.
Predpokladajme, že už vieme, že každý k-uholník, kde k
A n
A 1 A 2
Nech A 1 A k je jedna z uhlopriečok tohto oddielu; rozdeľuje n-uholník A 1 A 2 ...A n na k-uholník A 1 A 2 ...A k a (n-k+2)-uholník A 1 A k A k+1 .. .A n . Vzhľadom na uskutočnený predpoklad bude celkový počet trojuholníkov v priečke rovný
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
Naše tvrdenie je teda dokázané pre všetky n.
Príklad 3Uveďte pravidlo na výpočet počtu P(n) spôsobov, ktorými možno rozložiť konvexný n-uholník na trojuholníky disjunktnými uhlopriečkami.
Riešenie.
Pre trojuholník je toto číslo zrejme rovné jednej: P(3)=1.
Predpokladajme, že už máme určené čísla P(k) pre všetky k
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).
Použitím tohto vzorca dôsledne 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.
Úlohy s grafmi môžete riešiť aj metódou matematickej indukcie.
Nech je na rovine sieť čiar, ktoré spájajú niektoré body a iné body nemajú. Takúto sieť čiar nazveme mapa, dané body ako jej vrcholy, segmenty kriviek medzi dvoma susednými vrcholmi - hranice mapy, časti roviny, na ktorú je rozdelená hranicami - krajiny mapy.
Daj do lietadla nejakú mapu. Povieme, že je správne vyfarbený, ak je každá jeho krajina natretá určitou farbou a ktorékoľvek dve krajiny, ktoré majú spoločnú hranicu, sú vymaľované rôznymi farbami.
Príklad 4.V rovine je n kruhov. Dokážte, že pri akomkoľvek usporiadaní týchto kruhov môže byť mapa, ktorú tvoria, správne vyfarbená dvoma farbami.
Riešenie.
Pre n=1 je naše tvrdenie zrejmé.
Predpokladajme, že naše tvrdenie platí pre akúkoľvek mapu tvorenú n kružnicami a nech je v rovine n+1 kružníc. Odstránením jedného z týchto kruhov získame mapu, ktorú možno na základe predpokladu správne vyfarbiť dvoma farbami, napríklad čiernou a bielou.
Indukcia je metóda získania všeobecného tvrdenia z konkrétnych pozorovaní. V prípade, že sa matematické tvrdenie týka konečného počtu objektov, možno ho dokázať testovaním pre každý objekt. Napríklad tvrdenie: „Každé dvojciferné párne číslo je súčtom dvoch prvočísel,“ vyplýva zo série rovností, ktoré je celkom možné stanoviť:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Metóda dôkazu, pri ktorej sa tvrdenie overuje pre konečný počet prípadov, ktoré vyčerpávajú všetky možnosti, sa nazýva úplná indukcia. Táto metóda sa používa pomerne zriedkavo, pretože matematické výroky sa spravidla netýkajú konečných, ale nekonečných množín objektov. Napríklad tvrdenie o párnych dvojciferných číslach dokázané vyššie úplnou indukciou je len špeciálnym prípadom vety: „Každé párne číslo je súčtom dvoch prvočísel“. Táto veta ešte nebola dokázaná ani vyvrátená.
Matematická indukcia je metóda dokazovania určitého tvrdenia pre ľubovoľné prirodzené číslo n založená na princípe matematickej indukcie: „Ak je tvrdenie pravdivé pre n=1 a jeho platnosť pre n=k implikuje platnosť tohto tvrdenia pre n=k +1, potom platí pre všetky n " Metóda dôkazu matematickou indukciou je nasledovná:
1) základ indukcie: dokazujú alebo priamo kontrolujú platnosť tvrdenia pre n=1 (niekedy n=0 alebo n=n 0);
2) indukčný krok (prechod): predpokladajú platnosť tvrdenia pre nejaké prirodzené číslo n=k a na základe tohto predpokladu dokazujú platnosť tvrdenia pre n=k+1.
Problémy s riešeniami
1. Dokážte, že pre ľubovoľné prirodzené číslo n je číslo 3 2n+1 +2 n+2 deliteľné 7.
Označme A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Indukčná základňa. Ak n = 1, potom A(1) = 3 3 + 2 3 = 35 a je samozrejme deliteľné 7.
Predpoklad indukcie. Nech A(k) je deliteľné 7.
Indukčný prechod. Dokážme, že A(k+1) je deliteľné číslom 7, teda platnosť zadania úlohy pre n=k.
A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2.2=
3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.
Posledné číslo je deliteľné 7, keďže ide o rozdiel dvoch celých čísel deliteľných 7. Preto 3 2n+1 +2 n+2 je deliteľné 7 pre každé prirodzené číslo n.
2. Dokážte, že pre ľubovoľné prirodzené číslo n je číslo 2 3 n +1 deliteľné 3 n+1 a nie je deliteľné 3 n+2.
Zavedieme si zápis: a i =2 3 i +1.
Pre n=1 máme a 1=2 3 +1=9. Takže 1 je deliteľné 3 2 a nie je deliteľné 3 3.
Nech je pre n=k číslo a k deliteľné 3 k+1 a nedeliteľné 3 k+2, teda a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kde m nie je deliteľné 3. Potom
a k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=
3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m2 –2 3 k).
Je zrejmé, že k+1 je deliteľné 3 k+2 a nie je deliteľné 3 k+3.
Preto je tvrdenie dokázané pre akékoľvek prirodzené číslo n.
3. Je známe, že x+1/x je celé číslo. Dokážte, že x n +1/x n je tiež celé číslo pre akékoľvek celé číslo n.
Zavedieme si zápis: a i =х i +1/х i a hneď si všimnime, že a i =а –i, takže budeme pokračovať v rozprávaní o prirodzených indexoch.
Poznámka: a 1 je podľa konvencie celé číslo; a 2 je celé číslo, pretože a 2 = (a 1) 2 –2; a 0 = 2.
Predpokladajme, že a k je celé číslo pre akékoľvek prirodzené číslo k nepresahujúce n. Potom a 1 ·a n je celé číslo, ale a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 a a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Avšak n–1 je podľa indukčnej hypotézy celé číslo. To znamená, že n+1 je tiež celé číslo. Preto x n + 1/x n je celé číslo pre akékoľvek celé číslo n, čo bolo potrebné dokázať.
4. Dokážte, že pre každé prirodzené číslo n väčšie ako 1 platí dvojitá nerovnosť
5. Dokážte, že pre prirodzené n > 1 a |x|
(1–x)n +(1+x)n
Pre n=2 je nerovnosť pravdivá. naozaj,
(1–x) 2 + (1+x) 2 = 2+2 x 2
Ak nerovnosť platí pre n=k, potom pre n=k+1 máme
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Nerovnosť bola dokázaná pre akékoľvek prirodzené číslo n > 1.
6. Na rovine je n kruhov. Dokážte, že pri akomkoľvek usporiadaní týchto kruhov môže byť mapa, ktorú tvoria, správne vyfarbená dvoma farbami.
Využime metódu matematickej indukcie.
Pre n=1 je tvrdenie zrejmé.
Predpokladajme, že tvrdenie platí pre akúkoľvek mapu tvorenú n kružnicami a nech je v rovine n+1 kružníc. Odstránením jedného z týchto kruhov získame mapu, ktorú je možné podľa predpokladu správne vyfarbiť dvomi farbami (pozri prvý obrázok nižšie).
Vyradený kruh potom obnovíme a na jeho jednej strane, napríklad vo vnútri, zmeníme farbu každej oblasti na opačnú (pozri druhý obrázok). Je ľahké vidieť, že v tomto prípade dostaneme mapu správne vyfarbenú dvoma farbami, ale až teraz pre n+1 kruhov, čo bolo potrebné dokázať.
7. Konvexný polygón budeme nazývať „krásny“, ak sú splnené nasledujúce podmienky:
1) každý z jeho vrcholov je natretý jednou z troch farieb;
2) akékoľvek dva susedné vrcholy sú natreté rôznymi farbami;
3) aspoň jeden vrchol mnohouholníka je namaľovaný v každej z troch farieb.
Dokážte, že každý krásny n-uholník sa dá rozrezať nesúrodými uhlopriečkami na „krásne“ trojuholníky.
Využime metódu matematickej indukcie.
Indukčná základňa. Pri najmenšom možnom n=3 je formulácia problému zrejmá: vrcholy „krásneho“ trojuholníka sú natreté tromi rôznymi farbami a nie sú potrebné žiadne rezy.
Predpoklad indukcie. Predpokladajme, že výrok o úlohe platí pre akýkoľvek „krásny“ n-uholník.
Indukčný krok. Uvažujme ľubovoľný „krásny“ (n+1)-uholník a pomocou indukčnej hypotézy dokážme, že ho možno o niektoré uhlopriečky rozrezať na „krásne“ trojuholníky. Označme A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 po sebe nasledujúce vrcholy (n+1)-uholníka. Ak je len jeden vrchol (n+1)-uholníka zafarbený niektorou z troch farieb, potom spojením tohto vrcholu s uhlopriečkami so všetkými vrcholmi, ktoré s ním nesusedia, získame potrebné rozdelenie (n+1). )-gon do „krásnych“ trojuholníkov.
Ak sú v každej z troch farieb zafarbené aspoň dva vrcholy (n+1)-uholníka, potom farbu vrcholu A 1 označíme číslom 1 a farbu vrcholu A 2 číslom 2. Nech k je najmenšie číslo také, že vrchol A k je zafarbený treťou farbou. Je jasné, že k > 2. Odrežme trojuholník A k–2 A k–1 A k z (n+1)-uholníka s uhlopriečkou A k–2 A k. V súlade s výberom čísla k sú všetky vrcholy tohto trojuholníka namaľované tromi rôznymi farbami, to znamená, že tento trojuholník je „krásny“. Konvexný n-uholník A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , ktorý zostane, bude tiež na základe indukčného predpokladu „krásny“, čo znamená je rozdelená na „krásne“ trojuholníky, ktoré bolo potrebné dokázať.
8. Dokážte, že v konvexnom n-uholníku nie je možné vybrať viac ako n uhlopriečok tak, aby akékoľvek dve z nich mali spoločný bod.
Urobme dôkaz metódou matematickej indukcie.
Dokážme všeobecnejšie tvrdenie: v konvexnom n-uholníku nie je možné vybrať viac ako n strán a uhlopriečok tak, aby akékoľvek dve z nich mali spoločný bod. Pre n = 3 je tvrdenie zrejmé. Predpokladajme, že toto tvrdenie platí pre ľubovoľný n-uholník a pomocou toho dokážeme jeho platnosť pre ľubovoľný (n+1)-uholník.
Predpokladajme, že toto tvrdenie neplatí pre (n+1)-uholník. Ak z každého vrcholu (n+1)-uholníka nevychádzajú viac ako dve vybrané strany alebo uhlopriečky, potom sa ich celkovo nevyberie viac ako n+1. Preto z nejakého vrcholu A sú aspoň tri vybrané strany alebo uhlopriečky AB, AC, AD. Nech AC leží medzi AB a AD. Keďže žiadna strana alebo diagonála, ktorá vychádza z bodu C a iná ako CA, nemôže súčasne pretínať AB a AD, z bodu C vychádza iba jedna zvolená uhlopriečka CA.
Vynechaním bodu C spolu s uhlopriečkou CA dostaneme konvexný n-uholník, v ktorom je vybratých viac ako n strán a uhlopriečok, z ktorých ľubovoľné dve majú spoločný bod. Dostávame sa teda do rozporu s predpokladom, že tvrdenie je pravdivé pre ľubovoľný konvexný n-uholník.
Takže pre (n+1)-uholník je výrok pravdivý. Podľa princípu matematickej indukcie platí tvrdenie pre akýkoľvek konvexný n-uholník.
9. V rovine je n priamych čiar, z ktorých žiadne dve nie sú rovnobežné a žiadne tri neprechádzajú tým istým bodom. Na koľko častí tieto čiary rozdeľujú rovinu?
Pomocou elementárnych výkresov si ľahko overíte, že jedna priamka rozdeľuje rovinu na 2 časti, dve priamky na 4 časti, tri priamky na 7 častí a štyri priamky na 11 častí.
Označme N(n) počet častí, na ktoré n rovných čiar delí rovinu. Dá sa to všimnúť
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Je prirodzené to predpokladať
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
alebo, ako je ľahké určiť, pomocou vzorca pre súčet prvých n členov aritmetickej postupnosti,
N(n)=l+n(n+l)/2.
Dokážme platnosť tohto vzorca pomocou metódy matematickej indukcie.
Pre n=1 bol vzorec už skontrolovaný.
Po vykonaní indukčného predpokladu uvažujeme k+1 čiar, ktoré spĺňajú podmienky úlohy. Vyberme z nich ľubovoľným spôsobom k rovných čiar. Podľa indukčnej hypotézy rozdelia rovinu na 1+ k(k+1)/2 časti. Zostávajúca (k+1)-tá priamka sa rozdelí vybranými k-mi na k+1 častí, a preto bude prechádzať pozdĺž (k+1)-tej časti, na ktorú už bola rovina rozdelená, a každá z týchto častí sa rozdelí na 2 časti, to znamená, že sa pridá ďalšia časť k+1. takže,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Vo výraze x 1: x 2: ... : x n sa umiestnia zátvorky, ktoré označujú poradie akcií a výsledok sa zapíše ako zlomok:
(v tomto prípade je každé z písmen x 1, x 2, ..., x n buď v čitateli zlomku alebo v menovateli). Koľko rôznych výrazov možno týmto spôsobom získať so všetkými možnými spôsobmi umiestňovania zátvoriek?
V prvom rade je jasné, že vo výslednom zlomku bude v čitateli x 1. Je takmer rovnako zrejmé, že x 2 bude v menovateli bez ohľadu na to, ako sú zátvorky umiestnené (znamienko delenia pred x 2 odkazuje buď na samotné x 2, alebo na nejaký výraz obsahujúci x 2 v čitateli).
Dá sa predpokladať, že všetky ostatné písmená x 3, x 4, ..., x n sa môžu v čitateli alebo menovateli nachádzať úplne ľubovoľne. Z toho vyplýva, že celkovo môžete získať 2 n–2 zlomkov: každé z n–2 písmen x 3, x 4, ..., x n sa môže objaviť v čitateli alebo menovateli nezávisle od ostatných.
Dokážme toto tvrdenie indukciou.
S n=3 môžete získať 2 zlomky:
takže tvrdenie je pravdivé.
Predpokladajme, že to platí pre n=k a dokážme to pre n=k+1.
Nech sa výraz x 1:x 2: ... :x k po nejakom umiestnení zátvoriek napíše v tvare určitého zlomku Q. Ak namiesto x k v tomto výraze dosadíme x k:x k+1, potom x k bude na rovnakom mieste ako v zlomku Q a x k+1 nebude tam, kde bolo x k (ak bolo x k v menovateli, potom x k+1 bude v čitateli a naopak).
Teraz dokážeme, že môžeme pridať x k+1 na to isté miesto, kde sa nachádza x k. V zlomku Q bude po umiestnení zátvoriek nutne výraz v tvare q:x k, kde q je písmeno x k–1 alebo nejaký výraz v zátvorkách. Nahradením q:x k výrazom (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) dostaneme zrejme rovnaký zlomok Q, kde namiesto x k je x k ·x k+1 .
Počet všetkých možných zlomkov v prípade n=k+1 je teda 2-krát väčší ako v prípade n=k a rovná sa 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Tým je tvrdenie dokázané.
Odpoveď: 2 n–2 zlomky.
Problémy bez riešení
1. Dokážte, že pre akékoľvek prirodzené n:
a) číslo 5 n –3 n +2n je deliteľné 4;
b) číslo n 3 + 11 n je deliteľné 6;
c) číslo 7 n +3n–1 je deliteľné 9;
d) číslo 6 2n +19 n –2 n+1 je deliteľné 17;
e) číslo 7 n+1 +8 2n–1 je deliteľné 19;
e) číslo 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 je deliteľné 27.
2. Dokážte, že (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Dokážte nerovnosť |sin nx| n|sin x| pre akékoľvek prirodzené n.
4. Nájdite prirodzené čísla a, b, c, ktoré nie sú deliteľné 10 a také, že pre ľubovoľné prirodzené n majú čísla a n + b n a c n rovnaké posledné dve číslice.
5. Dokážte, že ak n bodov neleží na tej istej priamke, tak medzi priamkami, ktoré ich spájajú, je aspoň n rôznych.
Savelyeva Jekaterina
Príspevok pojednáva o aplikácii metódy matematickej indukcie pri riešení úloh deliteľnosti a sčítacích radov. Uvažuje sa o príkladoch aplikácie metódy matematickej indukcie pri dokazovaní nerovníc a riešení geometrických problémov. Práca je ilustrovaná prezentáciou.
Stiahnuť ▼:
Náhľad:
Ministerstvo vedy a školstva Ruskej federácie
Štátna vzdelávacia inštitúcia
stredná škola č.618
Kurz: algebra a začiatky analýzy
Téma projektovej práce
"Metóda matematickej indukcie a jej aplikácia na riešenie problémov"
Práca dokončená: Savelyeva E, trieda 11B
Dozorca : Makarova T.P., učiteľka matematiky, stredná škola č.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
Základom každého matematického výskumu sú deduktívne a induktívne metódy. Deduktívnou metódou uvažovania je uvažovanie od všeobecného ku konkrétnemu, t.j. uvažovanie, ktorého východiskom je všeobecný výsledok a konečným bodom je konkrétny výsledok. Indukcia sa používa pri prechode od konkrétnych výsledkov k všeobecným, t.j. je opakom deduktívnej metódy. Metódu matematickej indukcie možno prirovnať k pokroku. Začíname od najnižšieho a výsledkom logického myslenia sa dostávame k najvyššiemu. Človek sa vždy snažil o pokrok, o schopnosť logicky rozvíjať svoje myšlienky, čo znamená, že samotná príroda mu predurčila myslieť induktívne. Hoci sa rozsah aplikácie metódy matematickej indukcie rozrástol, v školských osnovách sa jej venuje málo času, ale 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. Tento abstrakt obsahuje úlohy z rôznych odvetví matematiky, v ktorých sa 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, ktoré je pre matematika absolútne nevyhnutné“. Metóda indukcie vo svojom širšom zmysle spočíva v prechode od konkrétnych pozorovaní k univerzálnemu, všeobecnému vzoru alebo všeobecnej formulácii. V tejto interpretácii je metóda samozrejme hlavnou metódou vykonávania výskumu v akejkoľvek experimentálnej prírodnej vede.
ľudská aktivita. Metóda (princíp) matematickej indukcie v najjednoduchšej forme sa používa vtedy, keď je potrebné dokázať určité tvrdenie pre všetky prirodzené čísla.
Úloha 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 vzorec vo veku piatich alebo šiestich rokov.
1 =1 2 ,
1 + 3 = 2 2 ,
1 + 3 + 5 = 3 2,
1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 a tak ďalej.
Škola vydávala časopis „Jarné lastovičky“. V ňom bol zverejnený môj objav...“
Nevieme, aké dôkazy boli uvedené 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 tejto hypotézy 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 p = k, a my sa presvedčíme, že potom to 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.
To znamená, že tvrdenie, ktoré sa dokazuje, platí pre všetky hodnoty n: pre n = 1 je to pravda (toto bolo overené) a vzhľadom na druhú skutočnosť - za 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)
(nominálny) menovateľ: Dokážte, že pre ľubovoľného p> 3 môžeme jednotku znázorniť ako súčet P rôzne frakcie tohto typu.
Riešenie, Najprv skontrolujte toto vyhlásenie n = 3; máme:
Základné tvrdenie je teda 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 Komu + 1. Inými slovami, predpokladajme, že existuje reprezentácia
v ktorom k pojmy a všetci menovatelia sú rôzne. Ukážme, že potom môžeme získať reprezentáciu jednoty ako súčet z Komu + 1 zlomok požadovaného typu. Budeme predpokladať, že klesajú zlomky, teda menovatelia (v znázornení jednotky súčtom Komu výrazy) zväčšiť zľava doprava tak, aby T - najväčší z menovateľov. Získame reprezentáciu, ktorú potrebujeme vo forme sumy(Komu + 1) zlomok, ak jeden zlomok, napríklad posledný, rozdelíme na dva. To sa dá urobiť, pretože
A preto
Okrem toho všetky zlomky zostali iné, od r T bol najväčším menovateľom a t + 1 > t a
t(t + 1) > t.
Takto sme stanovili:
- s n = 3 toto tvrdenie je pravdivé;
- ak je tvrdenie, ktoré nás zaujíma, pravdivé do,
potom platí aj pre k + 1.
Na základe toho môžeme tvrdiť, že dané 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 samostatne.)
Pri riešení predchádzajúcich dvoch problémov boli podniknuté dva kroky. Prvým krokom je tzv základ indukcia, druhá -indukčný prechodalebo krok indukcie. Druhý krok je najdôležitejší a zahŕňa vytvorenie predpokladu (výrok je pravdivý, keď n = k) a záver (výrok je pravdivý, keď n = k + 1). Volá sa samotný parameter n indukčný parameter.Táto logická schéma (technika), ktorá nám umožňuje dospieť k záveru, že daný výrok je pravdivý pre všetky prirodzené čísla (alebo pre všetky, počnúc od niektorých), keďže platí základ aj prechod, sa nazývaprincíp matematickej indukcie, na ktorých Metóda matematickej indukcie je založená.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 poznávania.
Princíp matematickej indukcie, presne v známej forme dvoch krokov, sa prvýkrát objavil v roku 1654 v Blaise Pascalovom „Pojednaní o aritmetickom trojuholníku“, v ktorom bol indukciou dokázaný jednoduchý spôsob výpočtu počtu kombinácií (binomických koeficientov). D. Polya cituje B. Pascala v knihe s malými zmenami uvedenými v hranatých zátvorkách:
„Hoci predmetný návrh [výslovný vzorec pre binomické koeficienty] obsahuje nespočetné množstvo špeciálnych prípadov, uvediem preň veľmi krátky dôkaz založený na dvoch lemách.
Prvá lemma hovorí, že predpoklad je pravdivý z tohto dôvodu – to je zrejmé. [V P = 1 explicitný vzorec je platný...]
Druhá lemma uvádza nasledovné: ak je náš predpoklad pravdivý pre ľubovoľný základ [pre ľubovoľné r], potom bude pravdivý z nasledujúceho dôvodu [pre n + 1].
Z týchto dvoch lém nevyhnutne vyplýva, že výrok platí pre všetky hodnoty P. Skutočne, na základe prvej lemy to 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 Towers of Hanoi pozostáva z troch tyčí. Na jednej z tyčí je pyramída (obr. 1), pozostávajúca z niekoľkých krúžkov rôznych priemerov, klesajúcich zdola nahor
Obr
Táto pyramída musí byť presunutá na jednu z ďalších tyčí, pričom zakaždým sa posunie len jeden krúžok a väčší krúžok sa neumiestňuje na menší. Je to možné?
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 sme, ako sa hovorí, parametrizovali problém (do úvahy bolo zavedené prirodzené číslo P), a dá sa to vyriešiť matematickou indukciou.
- Indukčná základňa. Keď n = 1 je všetko jasné, pretože pyramídu jedného krúžku možno samozrejme presunúť na akúkoľvek tyč.
- Indukčný krok. Predpokladajme, že môžeme pohybovať ľubovoľnými pyramídami s počtom krúžkov p = k.
Dokážme, že potom môžeme presunúť pyra midku n = k + 1.
Pyramída od do krúžky ležiace na najväčšom(Komu + 1)-tý krúžok, môžeme ho podľa predpokladu presunúť na akúkoľvek inú tyč. Poďme na to. nehybný(Komu + 1. krúžok nám nezabráni vykonať pohybový algoritmus, pretože je najväčší. Po presťahovaní Komu krúžky, pohneme tento najväčší(Komu + 1) krúžok na zostávajúcej tyči. A potom znova aplikujeme pohybový algoritmus, ktorý poznáme z indukčného predpokladu Komu krúžky a presuňte ich na tyč s tou, ktorá leží nižšie(Komu + 1) prsteň. Ak teda vieme, ako pohybovať pyramídami Komu krúžky, potom vieme, ako pohybovať pyramídami a s Komu + 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 môžete dokázať rôzne tvrdenia týkajúce sa deliteľnosti prirodzených čísel.
Problém 4 . Ak je n prirodzené číslo, potom je číslo párne.
Keď n=1 platí naše tvrdenie: - párne číslo. Predpokladajme, že ide o párne číslo. Keďže 2k je párne číslo, potom je párne. Parita je teda dokázaná pre n = 1, parita je odvodená z parity, čo znamená, že je rovnaká 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 26 bezo zvyšku, keď n > 0.
- Indukčná základňa. Pre n = 0 máme: 3 3 - 1 = 26 – deliteľné 26.
Indukčný krok. Predpokladajme, že 3 3n+3 - 1 je delené 26, keď n = k a Dokážme, že v tomto prípade bude tvrdenie pravdivé n = k + 1. Od 3
potom z induktívnej hypotézy usúdime, že číslo 3 3k + 6 - 1 je deliteľné 26.
Teraz dokážeme tvrdenie formulované v problémovom vyhlásení. A opäť indukciou.
- Indukčná základňa. Je zrejmé, že kedy n = 1 tvrdenie je pravdivé: od 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
- Indukčný krok. Predpokladajme, že kedy p = k
výraz 3 3k + 3 - 26k - 27 je delené 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 členy deliteľné 26 2 . Prvým je to, že sme dokázali, že výraz v zátvorkách je deliteľný 26; druhá je podľa indukčnej hypotézy. Na základe princípu matematickej indukcie je želané tvrdenie úplne dokázané.
Aplikácia metódy matematickej indukcie na sčítanie radov.
Úloha 5. Dokážte vzorec
N je prirodzené číslo.
Riešenie.
Keď n=1, obe strany rovnosti sa obrátia na jednu, a preto je splnená prvá podmienka princípu matematickej indukcie.
Predpokladajme, že vzorec je správny 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 je 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 všetko 100 operácie by boli veľmi pracne a časovo náročné. To znamená, že sa musíme 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 sa rovná 82.
V skutočnosti si čísla nemôžete zapísať, ale okamžite povedať, ako sa zmení súčet po pridaní nových čísel. Nech sa súčet rovná 5. Čo to bude, 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 jednotiek) je teraz zahrnuté do súčtu trikrát, takže nový súčet sa rovná 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 troch (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naše čísla, ako teraz vidíme, sú o jedno viac. Dá sa teda predpokladať, že
Skúsme to teraz dokázať indukciou.
Indukčná základňa. Pozri tabuľku (pre n = 0, 1, 2, 3).
Indukčný krok. Predstierajme to
Tak to dokážme Sk + 1 = Z k + 1 + 1.
naozaj,
Náš vzorec je teda osvedčený. Ukazuje, že po stovke operácií bude súčet všetkých čísel na tabuli rovný 3 100 + 1.
Pozrime sa na jeden skvelý príklad uplatnenia princípu matematickej indukcie, v ktorom je potrebné najskôr zaviesť dva prirodzené parametre a potom vykonať indukciu na ich súčte.
Úloha 7. Dokážte, že ak= 2, x 2 = 3 a pre akékoľvek prírodné p> 3 vzťah platí
x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,
To
2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...
Riešenie. Všimnite si, že v tomto probléme je pôvodná postupnosť čísel(x p) je určená indukciou, keďže členy našej postupnosti, okrem prvých dvoch, sú špecifikované induktívne, teda cez predchádzajúce. Zavolajú sa teda dané sekvencie opakujúci, a v našom prípade je táto postupnosť určená (špecifikovaním jej prvých dvoch pojmov) jedinečným spôsobom.
Indukčná základňa. Pozostáva z kontroly dvoch výkazov: kedy n = 1 a n = 2.V V oboch prípadoch je vyhlásenie pravdivé podľa podmienky.
Indukčný krok. Predpokladajme, že pre n = k - 1 a n = k výrok je splnený, tzn
Dokážme potom platnosť tvrdenia pre n = k + 1. Máme:
x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, čo je potrebné 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 n - prirodzené číslo. Indukciu vykonáme na P.
Indukčná základňa. Keď n = Výrok 1 je pravdivý, pretože samotné číslo je Fibonacciho číslo.
Indukčný krok. 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, nie nadradený P; teda Ftp a Ft+1 > p.
Pretože
Podľa indukčnej hypotézy počet n- F t môže byť reprezentovaný ako súčet 5 niekoľkých rôznych členov Fibonacciho postupnosti a z poslednej nerovnosti vyplýva, že všetky členy Fibonacciho postupnosti zahrnuté v súčte 8 sú menšie Ft. Preto rozšírenie počtu n = 8 + Ft spĺňa podmienky problému.
Príklady aplikácie metódy matematickej indukcie na dokazovanie nerovností.
Úloha 9. (Bernoulliho nerovnosť.)Dokáž, že kedy x > -1, x 0 a pre celé číslo n > 2 je nerovnosť pravdivá
(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. Indukčný krok. Predpokladajme, že pre číslo p = k výrok je pravdivý, tzn
(1 + x) k > 1 + xk,
Kde k > 2. Dokážme 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 môžeme tvrdiť, že Bernoulliho nerovnosť platí pre všetky n > 2.
V kontexte problémov riešených metódou matematickej indukcie nie je vždy jasne formulovaný všeobecný zákon, ktorý je potrebné dokázať. Niekedy je potrebné pozorovaním konkrétnych prípadov najprv zistiť (uhádnuť), k akému všeobecnému zákonu vedú, a až potom dokázať vyslovenú hypotézu metódou matematickej indukcie. Okrem toho môže byť indukčná premenná maskovaná a pred vyriešením problému je potrebné určiť, na akom parametri sa bude indukcia vykonávať. Ako príklady zvážte nasledujúce úlohy.
Úloha 10. Dokážte to
pod akýmkoľvek prírodným n > 1.
Riešenie, Skúsme túto nerovnosť dokázať pomocou metódy matematickej indukcie.
Základ indukcie možno ľahko overiť:1+
Podľa indukčnej hypotézy
a zostáva nám to dokázať
Ak použijeme indukčnú hypotézu, budeme to tvrdiť
Hoci táto rovnosť je v skutočnosti pravdivá, nedáva nám riešenie problému.
Pokúsme sa dokázať silnejšie tvrdenie, ako sa požaduje v pôvodnom probléme. Totižto dokážeme
Môže sa zdať, že dokazovanie tohto tvrdenia indukciou je beznádejná záležitosť.
Keď však n = 1 máme: tvrdenie je pravdivé. Aby sme odôvodnili indukčný krok, predpokladajme to
a potom to dokážeme
naozaj,
Dokázali sme teda silnejšie tvrdenie, z ktorého bezprostredne vyplýva tvrdenie obsiahnuté vo vyhlásení problému.
Poučné tu je, že hoci sme museli dokázať silnejšie tvrdenie, ako sa v úlohe požaduje, v indukčnom kroku sme mohli použiť silnejší predpoklad. To vysvetľuje, že priama aplikácia princípu matematickej indukcie nevedie vždy k cieľu.
Vznikla situácia, ktorá pri riešení problému vzniklavynálezcov 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 2 m + n - 2 m pre akékoľvek prírodné typu.
Riešenie. Tu máme dva parametre. Preto môžete skúsiť vykonať tzvdvojitá indukcia(indukcia v rámci indukcie).
Budeme vykonávať indukčné uvažovanie P.
1. Indukčný základ podľa ods. Keď n = 1 treba to skontrolovať 2 t ~ 1 > t. Na dôkaz tejto nerovnosti používame indukciu T.
A) Indukčná základňa podľa tzv Keď t = 1 vykonaný
rovnosť, ktorá je prijateľná.
b) Indukčný krok podľa tzvPredpokladajme, že kedy t = k výrok je pravdivý, tzn 2 k ~ 1 > k. Potom až
povedzme, že výrok bude pravdivý aj pre t = k + 1.
Máme:
s prirodzeným k.
Takže nerovnosť 2 vykonávané v akomkoľvek prírodnom T.
2. Indukčný krok podľa položky.Vyberme a opravme nejaké prirodzené číslo T. Predpokladajme, že kedy n = I výrok je pravdivý (pre pevné t), to znamená 2 t +1 ~ 2 > t1, a dokážeme, že potom bude tvrdenie pravdivé aj pre n = l + 1.
Máme:
pre akékoľvek prírodné typu.
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 typu.
Úloha 12. Nech m, n a k sú prirodzené čísla a t > p. Ktoré z týchto dvoch čísel je väčšie:
V každom prejave Komu odmocniny, t a p sa striedajú.
Riešenie. Dokážme najprv nejaké pomocné tvrdenie.
Lemma. Pre akékoľvek prírodné t a p (t > p) a nezáporné (nie nevyhnutne celé) X nerovnosť je pravdivá
Dôkaz. Zvážte nerovnosť
Táto nerovnosť je pravdivá, pretože oba faktory na ľavej strane sú pozitívne. Rozbalením zátvoriek a transformáciou dostaneme:
Ak vezmeme druhú odmocninu oboch strán poslednej nerovnosti, dostaneme výrok lemy. Takže lemma je dokázaná.
Prejdime teraz k riešeniu problému. Označme prvé z týchto čísel A, a druhý - cez b k. Dokážme, že a pod akýmkoľvek prírodným Komu. Dôkaz vykonáme metódou matematickej indukcie zvlášť pre párne a nepárne Komu.
Indukčná základňa. Keď k = 1 máme nerovnosť
y[t > y/n , spravodlivé vzhľadom na to, že t > p = 2 požadované sa získa z dokázanej lemy substitúciou x = 0.
Indukčný krok. Predpokladajme, že pre niektorých k nerovnosť a > b k 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.
Problém 13. (Cauchyho nerovnosť.)Dokážte, že pre akékoľvek kladné čísla..., a p nerovnosť je pravdivá
Riešenie. Pre n = 2 je nerovnosť
budeme predpokladať, že aritmetický priemer a geometrický priemer (pre dve čísla) sú známe. Nechaj n = 2, k = 1, 2, 3, ... a najskôr zapnite indukciu Komu. Základ tejto indukcie sa teraz uskutočňuje za predpokladu, že požadovaná nerovnosť už bola stanovená n = 2, dokážme to za P = 2. Máme (aplikovaním nerovnosti na dve čísla):
Preto podľa indukčnej hypotézy
Indukciou na k sme teda dokázali nerovnosť pre všetkých p 9 byť silou dvoch.
Dokázať nerovnosť pre iné hodnoty P Použime „indukciu smerom nadol“, to znamená, že dokážeme, že ak nerovnosť platí pre ľubovoľnú nezápornú P čísla, potom platí aj pre(P - 1. deň. Aby sme to overili, poznamenávame, že podľa predpokladu pre P čísla nerovnosť platí
to znamená a g + 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, potom platí aj pre(P - 1) čísla. Z toho teraz usudzujeme, že Cautyho nerovnosť platí pre množinu P akékoľvek nezáporné čísla pre ľubovoľné n = 2, 3, 4, ...
Problém 14. (D. Uspensky.) Pre ľubovoľný trojuholník ABC, ktorého uhly = CAB = CBA sú úmerné, existujú nerovnosti
Riešenie. Uhly a sú porovnateľné, a to (podľa definície) znamená, že tieto uhly majú spoločnú mieru, pre ktorú = p, = (p, q sú prirodzené čísla rovnakého prvého čísla).
Využime metódu matematickej indukcie a vykonajte ju cez súčet p = p + q prirodzené prvočísla..
Indukčná základňa. Pre p + q = 2 platí: p = 1 a q = 1. Potom je trojuholník ABC rovnoramenný a potrebné nerovnosti sú zrejmé: vyplývajú z trojuholníkovej nerovnosti
Indukčný krok. Predpokladajme teraz, že sú stanovené potrebné nerovnosti pre p + q = 2, 3, ..., k - 1, kde k > 2. Dokážme, že nerovnosti platia aj pre p + q = k.
Nechajte ABC - daný trojuholník s> 2. Potom strany AC a BC nemôže sa rovnať: nech AC > BC. Zostrojme teraz, ako na obrázku 2, rovnoramenný trojuholník ABC; máme:
AC = DC a AD = AB + BD, teda
2AC > AB + BD (1)
Zvážte teraz trojuholník BDC, ktorých uhly sú tiež úmerné:
DСВ = (q - р), ВDC = p.
Ryža. 2
Pre tento trojuholník platí indukčná hypotéza, a preto
(2)
Pridaním (1) a (2) máme:
2AC+BD>
a preto
Z rovnakého trojuholníka VBS indukčnou hypotézou usudzujeme, že
Berúc do úvahy predchádzajúcu nerovnosť, sme dospeli k záveru, že
Takto sa získa indukčný prechod a zadanie problému vyplýva z princípu matematickej indukcie.
Komentujte. Úloha zostáva v platnosti aj v prípade, keď uhly a a p nie sú úmerné. 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 tieto časti viete vyfarbiť na bielo
a čierne farby, takže susedné časti, ktoré majú spoločný okrajový segment, majú rôzne farby (ako na obrázku 3 s n = 4).
obrázok 3
Riešenie. Použime indukciu na počet riadkov. Tak nech P - počet čiar rozdeľujúcich našu rovinu na časti, n > 1.
Indukčná základňa. Ak je len jedna priamka(P = 1), potom rozdelí rovinu na dve polroviny, z ktorých jedna môže byť zafarbená bielou a druhá čiernou, a zadanie úlohy je pravdivé.
Indukčný krok. Aby bol dôkaz indukčného prechodu jasnejší, zvážte proces pridania jedného nového riadku. Ak nakreslíme druhú priamku(P= 2), potom dostaneme štyri časti, ktoré môžeme podľa potreby zafarbiť tak, že protiľahlé rohy natrieme rovnakou farbou. Pozrime sa, čo sa stane, ak nakreslíme tretiu priamku. Rozdelí niektoré zo „starých“ častí, pričom sa objavia nové časti bordúry, na oboch stranách ktorých je farba rovnaká (obr. 4).
Ryža. 4
Postupujeme nasledovne:Na jednej stranez novej rovnej čiary zmeníme farby - urobíme bielu čiernu a naopak; zároveň neprelakujeme tie časti, ktoré ležia na druhej strane tejto priamky (obr. 5). Potom toto nové sfarbenie splní potrebné požiadavky: na jednej strane linky sa už striedalo (ale s rôznymi farbami) a na druhej strane bolo to, čo 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 priamky.
Obr.5
Dokážme teraz indukčný prechod. Predpokladajme, že pre niektorýchp = kpravdivé je vyjadrenie problému, teda všetky časti roviny, na ktoré je týmito rozčlenenáKomurovné, môžete ich natrieť bielou a čiernou farbou, aby susedné časti mali rôzne farby. Dokážme, že potom existuje také sfarbenie preP= Komu+ 1 priamy. Postupujme podobne ako v prípade prechodu z dvoch riadkov na tri. Poďme kresliť na rovineKomurovno Potom môže byť podľa indukčnej hypotézy výsledná „mapa“ zafarbená požadovaným spôsobom. Poďme teraz uskutočniť(Komu+ 1)-tá priamka a na jej jednej strane zmeníme farby na opačné. Tak teraz(Komu+ 1)-tá priamka oddeľuje všade oblasti rôznych farieb, zatiaľ čo „staré“ časti, ako sme už videli, zostávajú správne zafarbené. Podľa princípu matematickej indukcie je problém vyriešený.
Úloha16. Na okraji púšte je veľká zásoba benzínu a auto, ktoré pri plnom natankovaní dokáže prejsť 50 kilometrov. Existuje neobmedzené množstvo kanistrov, do ktorých môžete naliať benzín z plynovej nádrže vášho auta a nechať ho uskladniť kdekoľvek v púšti. Dokážte, že auto môže prejsť akúkoľvek celočíselnú vzdialenosť väčšiu ako 50 kilometrov. Nie je dovolené nosiť kanistre s benzínom, prázdne môžete nosiť v akomkoľvek množstve.
Riešenie.Skúsme dokázať indukciou naP,že auto môže odjazdiťPkilometrov od okraja púšte. OP= 50 je známe. Zostáva len vykonať úvodný krok a vysvetliť, ako sa tam dostaťp = k+ 1 kilometer, ak je to známep = kMôžete jazdiť kilometre.
Tu však narážame na problém: keď prejdemeKomukilometrov, nemusí byť dostatok benzínu ani na spiatočnú cestu (nehovoriac o skladovaní). A v tomto prípade je riešením posilnenie dokazovaného tvrdenia (paradox vynálezcu). Ukážeme, že viete nielen šoférovaťPkilometrov, ale aj urobiť si ľubovoľne veľkú zásobu benzínu v bode na diaľkuPkilometrov od okraja púšte, pričom do tohto bodu dorazí po ukončení prepravy.
Indukčná základňa.Jednotkou benzínu nech je množstvo benzínu potrebné na prejdenie jedného kilometra. Potom cesta 1 kilometer a späť vyžaduje dve jednotky benzínu, takže 48 jednotiek benzínu môžeme nechať v sklade kilometer ďaleko od okraja a vrátiť sa pre novú porciu. Počas niekoľkých výjazdov do skladu si tak môžeme urobiť zásobu akejkoľvek veľkosti, ktorú potrebujeme. Zároveň na vytvorenie 48 jednotiek rezervy spotrebujeme 50 jednotiek benzínu.
Indukčný krok.Predpokladajme, že na diaľkuP= Komuz okraja púšte sa môžete zásobiť ľubovoľným množstvom benzínu. Ukážme, že potom je možné vytvoriť sklad na diaľkup = k+ 1 kilometer s vopred špecifikovanou akoukoľvek rezervou benzínu a skončí v tomto skladovacom zariadení po ukončení prepravy. Pretože v bodeP= Komuje neobmedzená zásoba benzínu, potom (podľa indukčného základu) môžeme dosiahnuť bod v niekoľkých jazdáchp = k+ 1 urobiť v bodeP= Komu4-1 zásoba ľubovoľnej veľkosti, ktorá je potrebná.
Pravdivosť všeobecnejšieho tvrdenia ako v problémovom tvrdení teraz vyplýva z princípu matematickej indukcie.
Záver
Najmä štúdiom metódy matematickej indukcie som si zväčšil svoje znalosti v tejto oblasti matematiky a naučil som sa riešiť aj problémy, ktoré boli predtým nad moje sily.
Väčšinou 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. Manuál PRE učiteľov. M., osveta,
1976.-48 s.
2.Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcia v geometrii. - M.: Štát. publikovaný liter. - 1956 - S.I00. Príručka o matematike pre tých, ktorí vstupujú na univerzity / Ed. Yakovleva G.N. Veda. -1981. - S.47-51.
3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcia v geometrii. —
M.: Nauka, 1961. - (Populárne prednášky z matematiky.)
4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. 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 IM. O metóde matematickej indukcie. - M.: Nauka, 1977. - (Populárne prednášky z matematiky.)
10.Solominskij I.S. Metóda matematickej indukcie. - M.: Veda.
63 rokov.
11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematickej indukcii. - M.: Veda. - 1967. - S.7-59.
12.http://w.wikimedia.org/wiki
13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html
Video lekcia „Metóda matematickej indukcie“ vám pomôže zvládnuť metódu matematickej indukcie. Video obsahuje materiál, ktorý vám pomôže pochopiť podstatu metódy, zapamätať si vlastnosti jej aplikácie a naučiť sa, ako túto metódu aplikovať pri riešení problémov. Účelom tohto videonávodu je uľahčiť vývoj materiálu a rozvinúť schopnosť riešiť matematické problémy pomocou indukčnej metódy.
Na udržanie pozornosti študentov pri učení látky sa používajú animačné efekty, ilustrácie a farebná prezentácia informácií. Video lekcia uvoľňuje učiteľovi čas na hodine na zlepšenie kvality samostatnej práce a riešenie iných vzdelávacích problémov.
Pojem metódy matematickej indukcie sa zavádza uvažovaním postupnosti a n , v ktorej a 1 = 4 a a n+1 = a n +2n+3. V súlade so všeobecným znázornením člena sekvencie sa určí, že a 1 = 4, a 2 = 4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, teda postupnosť čísel 4, 9, 16,... Predpokladá sa, že pre túto postupnosť platí a n =(n+1) 2. Pre uvedené členy postupnosti - prvý, druhý, tretí - je vzorec správny. Je potrebné dokázať platnosť tohto vzorca pre ľubovoľne veľké n. Uvádza sa, že v takýchto prípadoch sa na dôkaz tvrdenia používa metóda matematickej indukcie.
Podstata metódy je odhalená. Predpokladá sa, že vzorec pre n=k je platný, hodnota a k =(k+1) 2 . Je potrebné dokázať, že rovnosť bude platiť aj pre k+1, čo znamená a k +1 =(k+2) 2 . Aby sme to dosiahli, vo vzorci a k +1 =a k +2k+3 nahradíme a k za (k+1) 2. Po dosadení a redukcii podobných dostaneme rovnosť a k +1 =(k+2) 2 . To nám dáva právo tvrdiť, že platnosť vzorca pre n ho robí pravdivým pre n=k+1. Uvažovaný dôkaz vo vzťahu k postupnosti a n , ktorú predstavujú čísla 4, 9, 16,... a všeobecný člen a n =(n+1) 2, dáva právo tvrdiť, že ak sa vzorec zmení na a skutočná rovnosť pre n=1, potom aj pre n=1+ 1=2 a pre 3 atď., teda pre ľubovoľné prirodzené číslo n.
Ďalej je podstata indukčnej metódy prezentovaná v matematickom jazyku. Princíp metódy je založený na platnosti tvrdenia, že pre ľubovoľné prirodzené číslo n platí skutočnosť pri splnení dvoch podmienok: 1) tvrdenie platí pre n=1 2) z platnosti tohto vzorca pre n= k z toho vyplýva, že platí pre n=k+1. Z tohto princípu vyplýva štruktúra dôkazu pomocou metódy matematickej indukcie. Poznamenávame, že táto metóda predpokladá, že pre n=1 je dôkaz platnosti tvrdenia pravdivý, a ak sa predpokladá, že dôkaz platí pre n=k, je dokázané, že platí aj pre n=k+ 1.
Je analyzovaný príklad dôkazu Archimedovho vzorca metódou matematickej indukcie. Vzhľadom na vzorec 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Výpočty sa vykonávajú na obrazovke, aby sa ukázala platnosť vzorca pre n=1. Druhým bodom dôkazu je predpoklad, že pre n=k vzorec platí, to znamená, že má tvar 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6 Na základe toho je dokázané, že vzorec platí aj pre n=k+1. Po dosadení n=k+1 dostaneme hodnotu vzorca 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Archimedov vzorec je teda dokázaný.
Ďalší príklad skúma dôkaz násobnosti 7 súčtu 15 n +6 pre ľubovoľné prirodzené číslo n. Pri dôkaze používame metódu matematickej indukcie. Najprv skontrolujeme platnosť tvrdenia pre n=1. Skutočne, 15 1 + 6 = 21. Potom predpokladáme platnosť pre n=k. To znamená, že 15 k +6 je násobkom 7. Dosadením n=k+1 do vzorca dokážeme, že hodnota 15 k +1 +6 je násobkom 7. Po transformácii výrazu dostaneme: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). Preto je súčet 15 n + 6 násobkom 7.
Video lekcia „Metóda matematickej indukcie“ jasne a podrobne odhaľuje podstatu a mechanizmus použitia metódy matematickej indukcie pri dokazovaní. Preto tento video materiál môže slúžiť nielen ako vizuálna pomôcka na hodine algebry, ale bude užitočný, keď študent samostatne študuje materiál, a pomôže vysvetliť tému učiteľovi počas diaľkového štúdia.