Phương pháp soạn bài quy nạp toán học. Ví dụ - quy nạp toán học

PHƯƠNG PHÁP CẢM ỨNG TOÁN HỌC

Từ cảm ứng trong tiếng Nga có nghĩa là hướng dẫn, kết luận dựa trên quan sát, thí nghiệm, tức là được gọi là quy nạp. thu được bằng cách suy luận từ cái riêng đến cái chung.

Ví dụ, hàng ngày chúng ta quan sát thấy Mặt trời mọc từ phía đông. Vì vậy, bạn có thể chắc chắn rằng ngày mai nó sẽ xuất hiện ở phía đông chứ không phải ở phía tây. Chúng tôi rút ra kết luận này mà không cần dùng đến bất kỳ giả định nào về lý do khiến Mặt trời chuyển động trên bầu trời (hơn nữa, bản thân chuyển động này hóa ra là rõ ràng vì quả địa cầu thực sự đang chuyển động). Tuy nhiên, kết luận quy nạp này mô tả chính xác những quan sát mà chúng ta sẽ thực hiện vào ngày mai.

Vai trò của kết luận quy nạp trong khoa học thực nghiệm là rất lớn. Họ đưa ra những điều khoản để từ đó rút ra những kết luận sâu hơn thông qua suy luận. Và mặc dù cơ học lý thuyết dựa trên ba định luật chuyển động của Newton, bản thân các định luật này là kết quả của sự suy nghĩ sâu sắc thông qua dữ liệu thực nghiệm, đặc biệt là các định luật về chuyển động hành tinh của Kepler, mà ông rút ra từ quá trình quan sát nhiều năm của nhà thiên văn học người Đan Mạch Tycho. Brahe. Quan sát và quy nạp hóa ra lại có ích trong tương lai trong việc làm sáng tỏ các giả định đã đưa ra. Sau các thí nghiệm của Michelson về đo tốc độ ánh sáng trong môi trường chuyển động, hóa ra cần phải làm rõ các định luật vật lý và tạo ra thuyết tương đối.

Trong toán học, vai trò của quy nạp phần lớn là nó làm cơ sở cho các tiên đề đã chọn. Sau khi thực hành lâu dài cho thấy đường thẳng luôn ngắn hơn đường cong hoặc đường đứt, người ta đưa ra một tiên đề: với ba điểm A, B và C bất kỳ, bất đẳng thức

Khái niệm tuân theo, là cơ sở của số học, cũng xuất hiện từ những quan sát về sự hình thành của binh lính, tàu bè và các tập hợp có trật tự khác.

Tuy nhiên, người ta không nên nghĩ rằng điều này đã làm cạn kiệt vai trò của quy nạp trong toán học. Tất nhiên, chúng ta không nên kiểm tra bằng thực nghiệm các định lý được suy luận một cách logic từ các tiên đề: nếu không có lỗi logic nào xảy ra trong phép đạo hàm thì chúng đúng trong chừng mực các tiên đề mà chúng ta chấp nhận là đúng. Nhưng rất nhiều phát biểu có thể được suy ra từ hệ thống tiên đề này. Và việc lựa chọn những phát biểu cần chứng minh lại được gợi ý bằng phương pháp quy nạp. Chính điều này cho phép bạn tách các định lý hữu ích khỏi những định lý vô dụng, chỉ ra những định lý nào có thể trở thành đúng và thậm chí giúp vạch ra con đường chứng minh.

Bản chất của phương pháp quy nạp toán học

Trong nhiều nhánh số học, đại số, hình học và giải tích, việc chứng minh tính đúng của các câu A(n) tùy thuộc vào một biến tự nhiên là cần thiết. Việc chứng minh tính đúng của mệnh đề A(n) cho mọi giá trị của một biến thường có thể được thực hiện bằng phương pháp quy nạp toán học, dựa trên nguyên tắc sau.

Mệnh đề A(n) được coi là đúng với mọi giá trị tự nhiên của biến nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

Mệnh đề A(n) đúng với n=1.

Từ giả định rằng A(n) đúng với n=k (trong đó k là số tự nhiên bất kỳ), nó suy ra rằng nó đúng với giá trị tiếp theo n=k+1.

Nguyên lý này được gọi là nguyên lý quy nạp toán học. Nó thường được chọn làm một trong những tiên đề xác định chuỗi số tự nhiên và do đó được chấp nhận mà không cần chứng minh.

Phương pháp quy nạp toán học là phương pháp chứng minh sau đây. Nếu bạn muốn chứng minh tính đúng của câu A(n) cho mọi n tự nhiên thì trước hết bạn nên kiểm tra tính đúng của mệnh đề A(1) và thứ hai, giả sử mệnh đề A(k) là đúng hãy thử chứng minh mệnh đề A(k +1) đúng. Nếu điều này có thể được chứng minh và bằng chứng vẫn có giá trị đối với từng giá trị tự nhiên của k thì theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề A(n) được công nhận là đúng với mọi giá trị của n.

Phương pháp quy nạp toán học được sử dụng rộng rãi trong việc chứng minh các định lý, đẳng thức, bất đẳng thức, giải các bài toán chia hết, giải một số bài toán hình học và nhiều bài toán khác.

Phương pháp quy nạp toán học trong giải các bài toán trên

sự chia hết

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, bạn có thể chứng minh các phát biểu khác nhau về tính chia hết của các số tự nhiên.

Khẳng định sau đây có thể được chứng minh tương đối đơn giản. Hãy để chúng tôi chỉ ra cách thu được nó bằng phương pháp quy nạp toán học.

ví dụ 1. Nếu n là số tự nhiên thì số đó là số chẵn.

Khi n=1 mệnh đề của chúng ta đúng: - một số chẵn. Giả sử đó là số chẵn. Vì 2k là số chẵn nên thậm chí. Vì vậy, tính chẵn lẻ được chứng minh cho n=1, tính chẵn lẻ được suy ra từ tính chẵn lẻ .Điều này có nghĩa là nó chẵn với mọi giá trị tự nhiên của n.

Ví dụ 2.Chứng minh tính đúng đắn của câu

A(n)=(số 5 là bội số của 19), n là số tự nhiên.

Giải pháp.

Câu A(1)=(một số chia hết cho 19) là đúng.

Giả sử rằng với một giá trị nào đó n=k

A(k)=(số chia hết cho 19) là đúng. Sau đó, kể từ khi

Hiển nhiên A(k+1) cũng đúng. Thật vậy, số hạng đầu tiên chia hết cho 19 do giả định rằng A(k) là đúng; số hạng thứ hai cũng chia hết cho 19 vì nó chứa thừa số 19. Cả hai điều kiện của nguyên lý quy nạp toán học đều thỏa mãn, do đó mệnh đề A(n) đúng với mọi giá trị của n.

Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học vào

chuỗi tổng hợp

Ví dụ 1.Chứng minh công thức

, n là một số tự nhiên.

Giải pháp.

Khi n=1, cả hai vế của đẳng thức đều bằng 1 và do đó điều kiện đầu tiên của nguyên lý quy nạp toán học được thỏa mãn.

Giả sử rằng công thức đúng với n=k, tức là

.

Hãy cộng cả hai vế của đẳng thức này và biến đổi vế phải. Sau đó chúng tôi nhận được

Do đó, từ thực tế là công thức đúng với n=k, nó cũng đúng với n=k+1. Khẳng định này đúng với mọi giá trị tự nhiên của k. Như vậy điều kiện thứ hai của nguyên lý quy nạp toán học cũng được thỏa mãn. Công thức đã được chứng minh.

Ví dụ 2.Chứng minh rằng tổng n số đầu tiên của dãy tự nhiên bằng .

Giải pháp.

Hãy để chúng tôi biểu thị số tiền cần thiết, tức là. .

Khi n=1 giả thuyết là đúng.

Cho phép . Hãy thể hiện điều đó .

Thực vậy,

Vấn đề đã được giải quyết.

Ví dụ 3.Chứng minh rằng tổng bình phương của n số đầu tiên của dãy tự nhiên bằng .

Giải pháp.

Cho phép .

.

Hãy giả vờ như vậy . Sau đó

Và cuối cùng.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng .

Giải pháp.

Nếu , thì

Ví dụ 5. Chứng minh rằng

Giải pháp.

Khi n=1 thì giả thuyết hiển nhiên đúng.

Cho phép .

Hãy chứng minh điều đó.

Thật sự,

Ví dụ về áp dụng phương pháp quy nạp toán học để

chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 1.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1

.

Giải pháp.

Chúng ta hãy biểu thị vế trái của bất đẳng thức bằng .

Do đó, với n=2 thì bất đẳng thức đúng.

Hãy cho một số k. Hãy chứng minh rằng khi đó và . Chúng ta có , .

So sánh và , ta có , I E. .

Với mọi số nguyên dương k, vế phải của đẳng thức cuối cùng là dương. Đó là lý do tại sao . Nhưng điều đó cũng có nghĩa.

Ví dụ 2.Tìm lỗi trong cách lập luận.

Tuyên bố. Với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức đều đúng.

Bằng chứng.

. (1)

Hãy chứng minh rằng khi đó bất đẳng thức cũng đúng với n=k+1, tức là

.

Thật vậy, không ít hơn 2 đối với mọi k tự nhiên. Hãy cộng vào vế trái của bất đẳng thức (1) và vế phải 2. Ta được một bất đẳng thức hợp lý, hoặc . Tuyên bố đã được chứng minh.

Ví dụ 3.Chứng minh rằng , trong đó >-1, , n là số tự nhiên lớn hơn 1.

Giải pháp.

Với n=2 bất đẳng thức đúng, vì .

Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k, trong đó k là một số tự nhiên, tức là

. (1)

Hãy chứng minh rằng khi đó bất đẳng thức cũng đúng với n=k+1, tức là

. (2)

Thật vậy, theo điều kiện, , do đó bất đẳng thức đúng

, (3)

thu được từ bất đẳng thức (1) bằng cách nhân mỗi phần với . Chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức (3) như sau: . Loại bỏ số hạng dương ở vế phải của bất đẳng thức cuối cùng, ta thu được bất đẳng thức hợp lý (2).

Ví dụ 4. Chứng minh rằng

(1)

trong đó , , n là số tự nhiên lớn hơn 1.

Giải pháp.

Với n=2 bất đẳng thức (1) có dạng

. (2)

Vì , nên bất đẳng thức đúng

. (3)

Bằng cách thêm vào từng phần của bất đẳng thức (3), chúng ta thu được bất đẳng thức (2).

Điều này chứng tỏ rằng với n=2 bất đẳng thức (1) là đúng.

Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n=k, trong đó k là một số tự nhiên, tức là

. (4)

Chúng ta hãy chứng minh rằng khi đó bất đẳng thức (1) cũng phải đúng với n=k+1, tức là

(5)

Hãy nhân cả hai vế của bất đẳng thức (4) với a+b. Vì, theo điều kiện, , chúng ta thu được bất đẳng thức hợp lý sau:

. (6)

Để chứng minh tính đúng đắn của bất đẳng thức (5), chỉ cần chứng minh rằng

, (7)

hoặc, cái gì giống nhau,

. (8)

Bất đẳng thức (8) tương đương với bất đẳng thức

. (9)

Nếu , thì , và ở vế trái của bất đẳng thức (9) ta có tích của hai số dương. Nếu , thì , và ở vế trái của bất đẳng thức (9) chúng ta có tích của hai số âm. Trong cả hai trường hợp, bất đẳng thức (9) đều đúng.

Điều này chứng tỏ rằng tính đúng đắn của bất đẳng thức (1) đối với n=k bao hàm tính đúng đắn của nó đối với n=k+1.

Phương pháp quy nạp toán học áp dụng cho người khác

nhiệm vụ

Ứng dụng tự nhiên nhất của phương pháp quy nạp toán học trong hình học, gần giống với việc sử dụng phương pháp này trong lý thuyết số và đại số, là ứng dụng của nó để giải các bài toán tính toán hình học. Hãy xem xét một vài ví dụ.

Ví dụ 1.Tính cạnh của hình vuông đều nội tiếp trong đường tròn bán kính R.

Giải pháp.

Khi n=2 đúng 2 N - hình vuông là hình vuông; phía anh ấy. Hơn nữa, theo công thức nhân đôi

chúng ta thấy rằng cạnh của một hình bát giác đều , cạnh của một hình lục giác đều , cạnh của một tam giác đều có ba mươi hai . Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng cạnh của nội tiếp đúng 2 N - hình vuông cho bất kỳ bằng nhau

. (1)

Giả sử cạnh của một hình vuông nội tiếp đều được biểu thị bằng công thức (1). Trong trường hợp này, theo công thức nhân đôi

,

do đó nó tuân theo công thức (1) đúng với mọi n.

Ví dụ 2.Một n-giác (không nhất thiết phải lồi) có thể được chia thành bao nhiêu hình tam giác bởi các đường chéo rời nhau của nó?

Giải pháp.

Đối với một hình tam giác, số này bằng một (không thể vẽ được một đường chéo nào trong hình tam giác); đối với một tứ giác thì con số này rõ ràng là hai.

Giả sử chúng ta đã biết rằng mọi k-gon, trong đó k 1 A 2 ...A n thành các hình tam giác.

MỘT

A 1 A 2

Đặt A 1 A k là một trong các đường chéo của phân vùng này; nó chia n-giác A 1 A 2 ...A n thành k-giác A 1 A 2 ...A k và (n-k+2)-giác A 1 A k A k+1 .. .MỘT . Do giả định được đưa ra nên tổng số hình tam giác trong phân vùng sẽ bằng

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

Như vậy khẳng định của ta được chứng minh với mọi n.

Ví dụ 3.Nêu quy tắc tính số P(n) theo đó một n-giác lồi có thể chia thành các tam giác bằng các đường chéo rời nhau.

Giải pháp.

Đối với một tam giác, số này rõ ràng bằng một: P(3)=1.

Giả sử rằng chúng ta đã xác định được các số P(k) cho mọi k 1 A 2 ...A n . Khi chia nó thành các hình tam giác, cạnh A 1 A 2 sẽ là một cạnh của một trong các tam giác phân chia, đỉnh thứ ba của tam giác này có thể trùng với mỗi điểm A 3, A 4,…, A n . Số cách chia n-giác sao cho đỉnh này trùng với điểm A 3 , bằng số cách chia (n-1)-giác A thành các tam giác 1 A 3 A 4 …A n , I E. bằng P(n-1). Số cách phân vùng mà đỉnh này trùng với A 4 , bằng số cách phân chia (n-2)-giác A 1 A 4 A 5 …A n , I E. bằng P(n-2)=P(n-2)P(3); số phương pháp phân vùng trùng với A 5 , bằng P(n-3)P(4), vì mỗi phân vùng của (n-3)-giác A 1 A 5 ...A n có thể được kết hợp với mỗi phân vùng của tứ giác A 2 A 3 A 4 A 5 , vân vân. Vì vậy, chúng tôi đi đến mối quan hệ sau:

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

Sử dụng công thức này, chúng tôi luôn có được:

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

vân vân.

Bạn cũng có thể giải các bài toán bằng đồ thị bằng phương pháp quy nạp toán học.

Giả sử có một mạng lưới các đường trên mặt phẳng nối một số điểm và không có điểm nào khác. Chúng ta sẽ gọi một mạng lưới các đường như vậy là một bản đồ, cho các điểm là các đỉnh của nó, các đoạn đường cong giữa hai đỉnh liền kề - ranh giới của bản đồ, các phần của mặt phẳng mà nó được phân chia bởi các biên giới - các quốc gia trên bản đồ.

Để bản đồ nào đó được đưa ra trên máy bay. Chúng ta sẽ nói rằng nó được tô màu chính xác nếu mỗi quốc gia của nó được sơn bằng một màu nhất định và bất kỳ hai quốc gia nào có đường viền chung đều được sơn bằng các màu khác nhau.

Ví dụ 4.Có n vòng tròn trên mặt phẳng. Chứng minh rằng với mọi cách sắp xếp các vòng tròn này, bản đồ mà chúng tạo thành có thể được tô đúng bằng hai màu.

Giải pháp.

Với n=1 mệnh đề của chúng ta là hiển nhiên.

Giả sử rằng phát biểu của chúng tôi đúng với bất kỳ bản đồ nào được tạo bởi n đường tròn và giả sử có n+1 đường tròn trên mặt phẳng. Bằng cách loại bỏ một trong các vòng tròn này, chúng ta sẽ có được một bản đồ, dựa trên giả định đã đưa ra, có thể được tô màu chính xác bằng hai màu, ví dụ: đen và trắng.

Savelyeva Ekaterina

Bài báo bàn về việc ứng dụng phương pháp quy nạp toán học trong việc giải các bài toán chia hết và tính tổng. Xét các ví dụ về áp dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh các bất đẳng thức và giải các bài toán hình học. Tác phẩm được minh họa bằng một bài thuyết trình.

Tải xuống:

Xem trước:

Bộ Khoa học và Giáo dục Liên bang Nga

Cơ sở giáo dục nhà nước

trường cấp 2 số 618

Khóa học: đại số và sự khởi đầu của phân tích

Chủ đề công việc của dự án

“Phương pháp quy nạp toán học và ứng dụng vào giải quyết vấn đề”

Công việc đã hoàn thành: Savelyeva E, lớp 11B

Người giám sát : Makarova T.P., giáo viên toán, Trường THCS GOU số 618

1. Giới thiệu.

2.Phương pháp quy nạp toán học giải bài toán chia hết.

3. Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học để tính tổng các chuỗi.

4. Ví dụ về áp dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh bất đẳng thức.

5. Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học để giải các bài toán hình học.

6. Danh mục tài liệu đã sử dụng.

Giới thiệu

Cơ sở của bất kỳ nghiên cứu toán học nào là phương pháp suy diễn và quy nạp. Phương pháp suy luận quy nạp là suy luận từ cái tổng quát đến cái cụ thể, tức là lập luận, điểm đầu là kết quả chung, điểm cuối là kết quả cụ thể. Quy nạp được sử dụng khi chuyển từ kết quả cụ thể sang kết quả chung, tức là. ngược lại với phương pháp suy diễn. Phương pháp quy nạp toán học có thể được so sánh với sự tiến bộ. Chúng ta bắt đầu từ mức thấp nhất và nhờ tư duy logic mà chúng ta đạt đến mức cao nhất. Con người luôn nỗ lực để đạt được sự tiến bộ, để có khả năng phát triển tư duy của mình một cách hợp lý, điều đó có nghĩa là chính thiên nhiên đã định sẵn cho con người phải suy nghĩ theo kiểu quy nạp. Mặc dù phạm vi ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học đã phát triển nhưng chương trình giảng dạy ở trường dành rất ít thời gian cho nó, nhưng khả năng suy nghĩ theo phương pháp quy nạp là rất quan trọng. Việc áp dụng nguyên lý này trong việc giải bài toán và chứng minh các định lý cũng ngang bằng với việc xem xét trong thực tiễn ở trường các nguyên lý toán học khác: loại trừ ở giữa, bao gồm-loại trừ, Dirichlet, v.v. Bản tóm tắt này bao gồm các bài toán từ các nhánh khác nhau của toán học, trong đó công cụ chính là sử dụng phương pháp quy nạp toán học. Nói về tầm quan trọng của phương pháp này, A.N. Kolmogorov lưu ý rằng “sự hiểu biết và khả năng áp dụng nguyên lý quy nạp toán học là một tiêu chí tốt để đánh giá sự trưởng thành, điều này hoàn toàn cần thiết đối với một nhà toán học”. Phương pháp quy nạp theo nghĩa rộng bao gồm sự chuyển đổi từ những quan sát cụ thể sang một mô hình chung, phổ quát hoặc một công thức tổng quát. Theo cách giải thích này, phương pháp này tất nhiên là phương pháp chính để tiến hành nghiên cứu trong bất kỳ khoa học tự nhiên thực nghiệm nào.

hoạt động của con người. Phương pháp (nguyên lý) quy nạp toán học ở dạng đơn giản nhất được sử dụng khi cần chứng minh một phát biểu nào đó cho mọi số tự nhiên.

Nhiệm vụ 1. Trong bài viết “Tôi đã trở thành nhà toán học như thế nào” A.N. Kolmogorov viết: “Tôi đã sớm học được niềm vui của một “khám phá” toán học khi nhận thấy một khuôn mẫu khi mới 5 hoặc 6 tuổi.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2, v.v.

Trường đã xuất bản tạp chí “Nhạn xuân”. Trong đó khám phá của tôi đã được công bố…”

Chúng tôi không biết loại bằng chứng nào được đưa ra trong tạp chí này, nhưng tất cả đều bắt đầu từ những quan sát riêng tư. Bản thân giả thuyết, có lẽ nảy sinh sau khi khám phá ra những đẳng thức từng phần này, là công thức

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

đúng với mọi số đã cho n = 1, 2, 3, ...

Để chứng minh giả thuyết này, chỉ cần thiết lập hai sự thật là đủ. Thứ nhất, đối với n = 1 (và thậm chí với n = 2, 3, 4) phát biểu mong muốn là đúng. Thứ hai, giả sử mệnh đề đúng với p = k, và chúng tôi sẽ đảm bảo rằng điều đó cũng đúng với n = k + 1:

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

Điều này có nghĩa là mệnh đề đang được chứng minh là đúng với mọi giá trị n: với n = 1 điều đó đúng (điều này đã được xác minh) và do thực tế thứ hai - đối với n = 2, từ đó cho n = 3 (do giống nhau, thực tế thứ hai), v.v.

Bài 2. Xét tất cả các phân số thông thường có thể có tử số 1 và bất kỳ (số nguyên dương)

(danh nghĩa) mẫu số: Chứng minh rằng với mọi p> 3 chúng ta có thể biểu diễn đơn vị dưới dạng tổng P các phân số khác nhau của loại này.

Giải pháp, Trước tiên chúng ta hãy kiểm tra tuyên bố này cho n = 3; chúng ta có:

Do đó, phát biểu cơ bản được thỏa mãn

Bây giờ chúng ta giả sử rằng phát biểu mà chúng ta quan tâm là đúng với một sốĐẾN, và chứng minh rằng nó cũng đúng với số đứng sau nóĐẾN + 1. Nói cách khác, giả sử có một biểu diễn

trong đó k các số hạng và mọi mẫu số đều khác nhau. Hãy chứng minh rằng khi đó chúng ta có thể biểu diễn sự thống nhất dưới dạng tổng từĐẾN + 1 phân số đúng loại yêu cầu. Chúng ta sẽ giả sử rằng các phân số đang giảm dần, tức là mẫu số (trong cách biểu diễn đơn vị bằng tổngĐẾN số hạng) tăng từ trái sang phải sao cho T - mẫu số lớn nhất. Chúng ta sẽ nhận được biểu diễn mà chúng ta cần dưới dạng tổng(ĐẾN + Phân số thứ 1, nếu ta chia một phân số, ví dụ phân số cuối cùng, thành hai. Điều này có thể được thực hiện bởi vì

Và do đó

Ngoài ra, tất cả các phân số vẫn khác nhau, vì T là mẫu số lớn nhất và t + 1 > t, và

t(t + 1) > t.

Vì vậy, chúng tôi đã thiết lập:

1. với n = 3 tuyên bố này là đúng;

1. nếu tuyên bố chúng tôi quan tâm là đúng vớiĐẾN,
   thì nó cũng đúng với k+1.

Trên cơ sở này, chúng ta có thể khẳng định rằng phát biểu được đề cập là đúng với mọi số tự nhiên, bắt đầu từ ba. Hơn nữa, chứng minh trên còn bao hàm một thuật toán để tìm phân số hợp nhất cần thiết. (Đây là thuật toán gì? Hãy tưởng tượng số 1 là tổng của 4, 5, 7 số hạng.)

Để giải quyết hai vấn đề trước, hai bước đã được thực hiện. Bước đầu tiên được gọi là nền tảng cảm ứng, thứ hai -chuyển tiếp quy nạphoặc bước cảm ứng. Bước thứ hai là quan trọng nhất và nó liên quan đến việc đưa ra một giả định (tuyên bố đúng khi n = k) và kết luận (câu phát biểu đúng khi n = k + 1). Bản thân tham số n được gọi là tham số cảm ứng.Sơ đồ (kỹ thuật) logic này, cho phép chúng ta kết luận rằng mệnh đề đang xét là đúng với mọi số tự nhiên (hoặc cho tất cả, bắt đầu từ một số), vì cả cơ sở và phép chuyển đổi đều hợp lệ, được gọi lànguyên lý quy nạp toán học, trên đó Dựa trên phương pháp quy nạp toán học.Bản thân thuật ngữ “cảm ứng” có nguồn gốc từ tiếng Latin hướng dẫn (hướng dẫn), có nghĩa là sự chuyển đổi từ kiến ​​​​thức đơn lẻ về các đối tượng riêng lẻ của một lớp nhất định sang kết luận chung về tất cả các đối tượng của một lớp nhất định, đây là một trong những phương pháp nhận thức chính.

Nguyên lý quy nạp toán học, chính xác ở dạng hai bước quen thuộc, xuất hiện lần đầu tiên vào năm 1654 trong “Chuyên luận về Tam giác số học” của Blaise Pascal, trong đó một cách đơn giản để tính số tổ hợp (hệ số nhị thức) đã được chứng minh bằng quy nạp. D. Polya trích dẫn B. Pascal trong cuốn sách với những thay đổi nhỏ được cho trong ngoặc vuông:

“Mặc dù đề xuất được đề cập [công thức rõ ràng cho hệ số nhị thức] có vô số trường hợp đặc biệt, nhưng tôi sẽ đưa ra một bằng chứng rất ngắn gọn cho nó, dựa trên hai bổ đề.

Bổ đề đầu tiên phát biểu rằng giả định là đúng vì lý do - điều này là hiển nhiên. [Tại P = 1 công thức rõ ràng là hợp lệ...]

Bổ đề thứ hai phát biểu như sau: nếu giả định của chúng ta đúng với một cơ sở tùy ý [đối với một r tùy ý], thì nó sẽ đúng vì lý do sau [đối với n + 1].

Từ hai bổ đề này nhất thiết phải suy ra rằng mệnh đề có giá trị với mọi giá trị P. Thật vậy, theo bổ đề thứ nhất nó đúng với P = 1; do đó, theo bổ đề thứ hai, nó đúng với P = 2; do đó, một lần nữa nhờ bổ đề thứ hai, nó có giá trị đối với n = 3 và cứ thế đến vô cùng."

Bài 3. Trò chơi Tháp Hà Nội gồm có ba cây gậy. Trên một trong các thanh có một kim tự tháp (Hình 1), bao gồm một số vòng có đường kính khác nhau, giảm dần từ dưới lên trên

Hình 1

Kim tự tháp này phải được di chuyển sang một trong các thanh khác, mỗi lần chỉ di chuyển một vòng và không đặt vòng lớn hơn lên vòng nhỏ hơn. có khả năng làm cái này không?

Giải pháp. Vì vậy, chúng ta cần trả lời câu hỏi: liệu có thể di chuyển một kim tự tháp gồm P các vòng có đường kính khác nhau, từ thanh này sang thanh khác, tuân theo luật chơi? Bây giờ, như người ta nói, chúng ta đã tham số hóa bài toán (một số tự nhiên đã được đưa vào xem xét). P), và có thể giải được bằng phương pháp quy nạp toán học.

1. Cơ sở cảm ứng. Khi n = 1 mọi thứ đều rõ ràng, vì kim tự tháp gồm một vòng rõ ràng có thể được di chuyển đến bất kỳ thanh nào.
2. Bước cảm ứng. Giả sử rằng chúng ta có thể di chuyển bất kỳ kim tự tháp nào với số vòng p = k.
   Hãy chứng minh rằng khi đó chúng ta có thể di chuyển pyra midka từ n = k + 1.

Kim tự tháp từ đến vòng nằm trên lớn nhất(ĐẾN + Vòng 1)-th, theo giả thiết, chúng ta có thể di chuyển nó sang bất kỳ thanh nào khác. Hãy làm nó. bất động(ĐẾN + Vòng thứ 1 sẽ không ngăn cản chúng ta thực hiện thuật toán chuyển động vì nó là vòng lớn nhất. Sau khi di chuyểnĐẾN nhẫn, hãy di chuyển cái lớn nhất này(ĐẾN + Vòng thứ 1) trên thanh còn lại. Và sau đó một lần nữa chúng tôi áp dụng thuật toán chuyển động mà chúng tôi đã biết bằng giả định quy nạpĐẾN vòng và di chuyển chúng tới thanh có thanh nằm bên dưới(ĐẾN + 1)vòng thứ. Vì vậy, nếu chúng ta biết cách di chuyển kim tự tháp bằngĐẾN những chiếc nhẫn, thì chúng ta biết cách di chuyển các kim tự tháp và vớiĐẾN + 1 chiếc nhẫn. Vì vậy, theo nguyên lý quy nạp toán học, luôn có thể di chuyển được hình chóp gồm n vành, trong đó n > 1.

Phương pháp quy nạp toán học trong giải bài toán chia hết.

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, bạn có thể chứng minh các phát biểu khác nhau về tính chia hết của các số tự nhiên.

Vấn đề 4 . Nếu n là số tự nhiên thì số đó là số chẵn.

Khi n=1 mệnh đề của chúng ta đúng: - một số chẵn. Giả sử đó là số chẵn. Vì 2k là số chẵn nên nó là số chẵn. Vậy, tính chẵn lẻ được chứng minh cho n=1, tính chẵn lẻ được suy ra từ tính chẵn lẻ, nghĩa là nó chẵn đối với mọi giá trị tự nhiên của n.

Bài toán 3. Chứng minh số Z 3 + 3 - 26n - 27 với tự nhiên tùy ý n chia hết cho 26 2 không có số dư.

Giải pháp. Đầu tiên chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp mệnh đề phụ rằng 3 3n+3 — 1 chia hết cho 26 không có số dư khi n > 0.

1. Cơ sở cảm ứng. Với n = 0 ta có: 3 3 - 1 = 26—chia hết cho 26.

Bước cảm ứng. Giả sử rằng 3 3n+3 - 1 chia cho 26 khi n = k, và Hãy chứng minh rằng trong trường hợp này mệnh đề sẽ đúng với n = k + 1. Vì 3

thì từ giả thuyết quy nạp ta kết luận rằng số 3 3k + 6 - 1 chia hết cho 26.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh phát biểu được xây dựng trong phát biểu bài toán. Và một lần nữa bằng quy nạp.

1. Cơ sở cảm ứng. Rõ ràng là khi n = 1 câu đúng: kể từ 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Bước cảm ứng. Hãy giả sử rằng khi p = k
   biểu thức 3 3k + 3 - 26k - 27 chia cho 26 2 không có số dư và chứng minh rằng khẳng định đúng với n = k + 1,
   tức là số đó

chia hết cho 26 2 Không một dâu vêt. Tổng cuối cùng cả hai số hạng đều chia hết cho 26 2 . Đầu tiên là vì chúng ta đã chứng minh được biểu thức trong ngoặc có thể chia hết cho 26; thứ hai là theo giả thuyết quy nạp. Nhờ nguyên lý quy nạp toán học, phát biểu mong muốn đã được chứng minh hoàn toàn.

Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học để tính tổng các chuỗi.

Nhiệm vụ 5. Chứng minh công thức

N là một số tự nhiên.

Giải pháp.

Khi n=1, cả hai vế của đẳng thức đều bằng 1 và do đó điều kiện đầu tiên của nguyên lý quy nạp toán học được thỏa mãn.

Giả sử rằng công thức đúng với n=k, tức là

Hãy cộng cả hai vế của đẳng thức này và biến đổi vế phải. Sau đó chúng tôi nhận được

Do đó, từ thực tế là công thức đúng với n=k, nó cũng đúng với n=k+1. Khẳng định này đúng với mọi giá trị tự nhiên của k. Như vậy điều kiện thứ hai của nguyên lý quy nạp toán học cũng được thỏa mãn. Công thức đã được chứng minh.

Nhiệm vụ 6. Trên bảng viết hai số: 1,1. Bằng cách nhập tổng của chúng giữa các số, ta được các số 1, 2, 1. Lặp lại thao tác này một lần nữa, ta được các số 1, 3, 2, 3, 1. Sau ba thao tác, các số sẽ là 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Tổng của tất cả các số trên bảng sau 100 thao tác?

Giải pháp. Làm mọi thứ 100 hoạt động sẽ là một công việc tốn rất nhiều công sức và thời gian. Điều này có nghĩa là chúng ta cần cố gắng tìm một công thức tổng quát nào đó cho tổng S số sau n hoạt động. Chúng ta hãy nhìn vào bảng:

Bạn có nhận thấy bất kỳ mô hình nào ở đây không? Nếu không, bạn có thể thực hiện thêm một bước nữa: sau bốn thao tác sẽ có số

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

tổng của S 4 bằng 82.

Trên thực tế, bạn không thể viết ra các số mà chỉ có thể nói ngay tổng sẽ thay đổi như thế nào sau khi cộng các số mới. Gọi tổng bằng 5. Khi cộng các số mới thì nó sẽ như thế nào? Hãy chia mỗi số mới thành tổng của hai số cũ. Ví dụ từ 1, 3, 2, 3, 1 ta tiến tới 1,

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

Nghĩa là mỗi số cũ (trừ hai đơn vị cực trị) nay được cộng ba lần vào tổng nên tổng mới bằng 3S - 2 (trừ 2 để tính các đơn vị còn thiếu). Do đó S 5 = 3S 4 - 2 = 244, và tổng quát

Công thức chung là gì? Nếu không trừ hai đơn vị thì mỗi lần tổng sẽ tăng ba lần, như lũy thừa ba (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Và những con số của chúng tôi, như chúng ta có thể thấy bây giờ, là một con số nữa. Như vậy, có thể giả định rằng

Bây giờ chúng ta thử chứng minh điều này bằng quy nạp.

Cơ sở cảm ứng. Xem bảng (cho n = 0, 1, 2, 3).

Bước cảm ứng. Hãy giả vờ như vậy

Sau đó chúng ta hãy chứng minh rằng S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Thật sự,

Vậy công thức của chúng ta đã được chứng minh. Chứng tỏ rằng sau một trăm phép tính thì tổng các số trên bảng sẽ bằng 3 100 + 1.

Hãy xem một ví dụ tuyệt vời về việc áp dụng nguyên lý quy nạp toán học, trong đó trước tiên bạn cần đưa vào hai tham số tự nhiên và sau đó tiến hành quy nạp theo tổng của chúng.

Nhiệm vụ 7. Chứng minh rằng nếu= 2, x 2 = 3 và đối với bất kỳ tự nhiên p> 3 mối quan hệ giữ

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Cái đó

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

Giải pháp. Lưu ý rằng trong bài toán này, dãy số ban đầu(xp) được xác định bằng quy nạp, vì các số hạng trong dãy của chúng ta, ngoại trừ hai số hạng đầu tiên, được xác định theo phương pháp quy nạp, nghĩa là thông qua các số hạng trước đó. Vì vậy, các chuỗi đã cho được gọi là tái phát, và trong trường hợp của chúng ta, chuỗi này được xác định (bằng cách chỉ định hai số hạng đầu tiên của nó) theo một cách duy nhất.

Cơ sở cảm ứng. Nó bao gồm việc kiểm tra hai câu lệnh: khi n = 1 và n = 2.V Trong cả hai trường hợp, câu lệnh đều đúng theo điều kiện.

Bước cảm ứng. Hãy giả sử rằng đối với n = k - 1 và n = k tuyên bố được thực hiện, đó là

Sau đó chúng ta hãy chứng minh tính đúng đắn của tuyên bố cho n = k + 1. Ta có:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, đây là điều cần chứng minh.

Nhiệm vụ 8. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của một số số hạng khác nhau của dãy truy hồi các số Fibonacci:

với k > 2.

Giải pháp. Hãy để n - số tự nhiên. Chúng ta sẽ tiến hành quy nạp P.

Cơ sở cảm ứng. Khi n = Câu 1 đúng vì bản thân nó là số Fibonacci.

Bước cảm ứng. Giả sử mọi số tự nhiên đều nhỏ hơn một số nào đó P, có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của một số số hạng khác nhau của dãy Fibonacci. Hãy tìm số Fibonacci lớn nhất Ft, không vượt trội P; do đó, F t p và F t +1 > p.

Bởi vì

Theo giả thuyết quy nạp thì số n- F t có thể được biểu diễn dưới dạng tổng 5 của một số số hạng khác nhau của dãy Fibonacci và từ bất đẳng thức cuối cùng, suy ra rằng tất cả các số hạng của dãy Fibonacci liên quan đến tổng 8 đều nhỏ hơn Ft. Vì vậy việc mở rộng số lượng n = 8 + Ft thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Ví dụ về áp dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh bất đẳng thức.

Nhiệm vụ 9. (Bất đẳng thức Bernoulli.)Chứng minh rằng khi x > -1, x 0 và với số nguyên n > 2 bất đẳng thức đúng

(1 + x) n > 1 + xn.

Giải pháp. Ta sẽ lại tiến hành chứng minh bằng quy nạp.

1. Cơ sở cảm ứng. Hãy kiểm tra tính đúng đắn của bất đẳng thức đối với n = 2. Thật vậy,

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

2. Bước cảm ứng. Giả sử rằng đối với số p = k câu nói đó là đúng, tức là

(1 + x) k > 1 + xk,

Với k > 2. Chứng minh cho n = k + 1. Ta có: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Vì vậy, dựa trên nguyên lý quy nạp toán học, chúng ta có thể khẳng định rằng bất đẳng thức Bernoulli đúng với mọi n > 2.

Trong bối cảnh giải các bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học, định luật tổng quát cần chứng minh không phải lúc nào cũng được xây dựng rõ ràng. Đôi khi, bằng cách quan sát các trường hợp cụ thể, trước tiên cần phải khám phá (đoán) quy luật chung mà chúng dẫn đến quy luật nào, sau đó chỉ sau đó chứng minh giả thuyết đã nêu bằng phương pháp quy nạp toán học. Ngoài ra, biến cảm ứng có thể bị che và trước khi giải bài toán, cần xác định tham số nào sẽ thực hiện phép quy nạp. Để làm ví dụ, hãy xem xét các nhiệm vụ sau.

Bài 10. Chứng minh rằng

dưới bất kỳ điều kiện tự nhiên nào n > 1.

Giải pháp, Hãy thử chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp toán học.

Cơ sở quy nạp có thể dễ dàng xác minh:1+

Bằng giả thuyết quy nạp

và việc còn lại của chúng ta là chứng minh rằng

Nếu chúng ta sử dụng giả thuyết quy nạp, chúng ta sẽ lập luận rằng

Mặc dù sự bình đẳng này trên thực tế là đúng nhưng nó không mang lại cho chúng ta giải pháp cho vấn đề.

Hãy thử chứng minh một phát biểu mạnh hơn yêu cầu trong bài toán ban đầu. Cụ thể, chúng ta sẽ chứng minh rằng

Có vẻ như việc chứng minh phát biểu này bằng quy nạp là một điều vô vọng.

Tuy nhiên, khi n = 1 ta có: mệnh đề đúng. Để biện minh cho bước quy nạp, chúng ta hãy giả sử rằng

và sau đó chúng tôi sẽ chứng minh rằng

Thật sự,

Như vậy, ta đã chứng minh được một khẳng định mạnh hơn, từ đó phát biểu có trong phát biểu của bài toán ngay sau đó.

Điều đáng rút ra ở đây là mặc dù chúng ta phải chứng minh một mệnh đề mạnh hơn mức yêu cầu trong bài toán, nhưng chúng ta có thể sử dụng một giả định mạnh hơn trong bước quy nạp. Điều này giải thích rằng việc áp dụng đơn giản nguyên lý quy nạp toán học không phải lúc nào cũng dẫn đến mục tiêu.

Tình huống nảy sinh khi giải quyết vấn đề được gọi lànghịch lý của nhà phát minhĐiều nghịch lý là những kế hoạch phức tạp hơn có thể được thực hiện với thành công lớn hơn nếu chúng dựa trên sự hiểu biết sâu sắc hơn về bản chất của vấn đề.

Bài 11. Chứng minh 2 m + n - 2 m đối với bất kỳ tự nhiên kiểu.

Giải pháp. Ở đây chúng ta có hai tham số. Vì vậy, bạn có thể cố gắng thực hiện cái gọi làcảm ứng kép(cảm ứng trong cảm ứng).

Chúng ta sẽ tiến hành suy luận quy nạp trên P.

1. Căn cứ cảm ứng theo đoạn văn. Khi n = 1 cần phải kiểm tra điều đó 2 t ~ 1 > t. Để chứng minh bất đẳng thức này ta sử dụng quy nạp trên T.

MỘT) Cơ sở cảm ứng theo cái gọi là Khi t = 1 người bị xử tử
bình đẳng, có thể chấp nhận được.

b) Bước cảm ứng theo cái gọi làHãy giả sử rằng khi t = k câu nói đó là đúng, tức là 2k ~ 1 > k. Sau đó lên đến
hãy để chúng tôi nói rằng tuyên bố cũng sẽ đúng với t = k + 1.
Chúng ta có:

với sự tự nhiên.

Vậy bất đẳng thức 2 được thực hiện một cách tự nhiên T.

2. Bước cảm ứng theo hạng mục.Hãy chọn và sửa một số số tự nhiên T. Hãy giả sử rằng khi n = tôi tuyên bố là đúng (đối với một cố định t), tức là 2 t +1 ~ 2 > t1, và ta sẽ chứng minh rằng thì mệnh đề cũng đúng với n = l + 1.
Chúng ta có:

đối với bất kỳ tự nhiên kiểu.

Vì vậy, dựa trên nguyên lý quy nạp toán học (bằng P) phát biểu của vấn đề là đúng với mọi P và cho bất kỳ cố định T. Vì vậy, bất đẳng thức này đúng với mọi tự nhiên kiểu.

Bài toán 12. Cho m, n và k là các số tự nhiên và t > p. Trong hai số đó số nào lớn hơn:

Trong mọi biểu hiệnĐẾN dấu hiệu căn bậc hai, t và p thay thế.

Giải pháp. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh một số mệnh đề phụ trợ.

Bổ đề. Đối với bất kỳ tự nhiên t và p (t > p) và không âm (không nhất thiết phải toàn bộ) X bất đẳng thức là đúng

Bằng chứng. Xét bất đẳng thức

Bất đẳng thức này đúng vì cả hai thừa số ở vế trái đều dương. Mở rộng dấu ngoặc và chuyển đổi, chúng ta nhận được:

Lấy căn bậc hai của cả hai vế của bất đẳng thức cuối cùng, chúng ta thu được mệnh đề của bổ đề. Vậy bổ đề đã được chứng minh.

Bây giờ chúng ta chuyển sang giải quyết vấn đề. Chúng ta hãy biểu thị số đầu tiên trong số này bằng MỘT, và thứ hai - xuyên qua b k. Hãy chứng minh rằng một dưới bất kỳ điều kiện tự nhiên nàoĐẾN. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học riêng biệt cho số chẵn và số lẻĐẾN.

Cơ sở cảm ứng. Khi k = 1 ta có bất đẳng thức

y[t > y/n , công bằng vì thực tế là t > p. Khi k = 2 yêu cầu thu được từ bổ đề đã được chứng minh bằng cách thay thế x = 0.

Bước cảm ứng. Giả sử, đối với một số k bất đẳng thức a > b k hội chợ. Hãy chứng minh điều đó

Từ giả thiết quy nạp và tính đơn điệu căn bậc hai ta có:

Mặt khác, từ bổ đề đã được chứng minh, suy ra rằng

Cộng hai bất đẳng thức cuối ta được:

Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề được chứng minh.

Vấn đề 13. (Bất đẳng thức Cauchy.)Chứng minh rằng với mọi số dương..., một p bất đẳng thức là đúng

Giải pháp. Với n = 2 bất đẳng thức

chúng ta sẽ giả sử rằng trung bình số học và trung bình hình học (đối với hai số) đã biết. Cho phép n= 2, k = 1, 2, 3, ... và đầu tiên thực hiện quy nạp trênĐẾN. Cơ sở của quy nạp này diễn ra bằng cách giả sử rằng bất đẳng thức cần thiết đã được thiết lập cho n = 2, hãy chứng minh điều đó cho P = 2 . Ta có (áp dụng bất đẳng thức cho hai số):

Vì vậy, theo giả thuyết quy nạp

Như vậy, bằng quy nạp theo k ta đã chứng minh được bất đẳng thức với mọi trang 9 là sức mạnh của hai.

Để chứng minh bất đẳng thức cho các giá trị khác P Chúng ta hãy sử dụng “quy nạp hướng xuống”, nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đúng với các số không âm tùy ý P số thì nó cũng đúng với(P - Ngày đầu tiên. Để xác minh điều này, chúng tôi lưu ý rằng, theo giả định được đưa ra cho P những con số mà sự bất bình đẳng giữ

nghĩa là a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Chia cả hai phần thành P - 1, ta thu được bất đẳng thức cần tìm.

Vì vậy, đầu tiên chúng ta chứng minh rằng bất đẳng thức đúng với vô số giá trị có thể P, và sau đó chỉ ra rằng nếu bất đẳng thức đúng với P số thì nó cũng đúng với(P - 1) số. Từ đó bây giờ chúng ta kết luận rằng bất đẳng thức Cauty đúng cho tập hợp P bất kỳ số không âm nào cho bất kỳ n = 2, 3, 4, ...

Bài toán 14. (D. Uspensky.) Cho tam giác ABC có các góc = CAB, = CBA tương xứng thì có sự bất bình đẳng

Giải pháp. Các góc và có thể so sánh được, và điều này (theo định nghĩa) có nghĩa là các góc này có số đo chung, trong đó = p, = (p, q là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau).

Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học và thực hiện tính tổng p = p + q số nguyên tố tự nhiên..

Cơ sở cảm ứng. Với p + q = 2 ta có: p = 1 và q = 1. Khi đó tam giác ABC cân và các bất đẳng thức cần thiết là hiển nhiên: chúng suy ra từ bất đẳng thức tam giác

Bước cảm ứng. Bây giờ chúng ta giả sử rằng các bất đẳng thức cần thiết được thiết lập cho p + q = 2, 3, ..., k - 1, trong đó k > 2. Hãy chứng minh rằng các bất đẳng thức cũng đúng với p + q = k.

Hãy để ABC - một tam giác đã cho có> 2. Khi đó các cạnh AC và BC không thể bằng nhau: hãy AC > BC. Bây giờ chúng ta hãy dựng một tam giác cân như trong Hình 2 ABC; chúng ta có:

AC = DC và AD = AB + BD, do đó,

2AC > AB + BD (1)

Bây giờ hãy xem xét hình tam giác BDC, các góc của chúng cũng tương xứng:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Cơm. 2

Đối với tam giác này, giả thuyết quy nạp đúng, và do đó

(2)

Cộng (1) và (2), ta có:

2AC+BD>

và do đó

Từ cùng một tam giác VBS theo giả thuyết quy nạp chúng ta kết luận rằng

Có tính đến bất đẳng thức trước đó, chúng tôi kết luận rằng

Do đó, thu được quá trình chuyển đổi quy nạp và phát biểu của bài toán tuân theo nguyên lý quy nạp toán học.

Bình luận. Phát biểu của bài toán vẫn có giá trị ngay cả trong trường hợp các góc a và p không tương xứng. Để làm cơ sở cho trường hợp tổng quát, chúng ta phải áp dụng một nguyên lý toán học quan trọng khác - nguyên lý liên tục.

Bài 15. Một số đường thẳng chia mặt phẳng thành nhiều phần. Chứng minh rằng bạn có thể tô màu những phần này thành màu trắng

và màu đen sao cho các phần liền kề có đoạn viền chung có màu khác nhau (như trên Hình 3 với n = 4).

bức ảnh 3

Giải pháp. Chúng ta hãy sử dụng quy nạp về số lượng dòng. Vì vậy hãy P - số đường chia mặt phẳng của chúng ta thành nhiều phần, n > 1.

Cơ sở cảm ứng. Nếu chỉ có một đường thẳng(P = 1), thì nó chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng, một nửa mặt phẳng có thể tô màu trắng và nửa mặt phẳng thứ hai màu đen, và phát biểu của bài toán là đúng.

Bước cảm ứng. Để chứng minh phép chuyển đổi quy nạp rõ ràng hơn, hãy xem xét quá trình thêm một dòng mới. Nếu chúng ta vẽ đường thẳng thứ hai(P= 2), thì chúng ta có được bốn phần có thể tô màu theo ý muốn bằng cách sơn các góc đối diện cùng một màu. Hãy xem điều gì xảy ra nếu chúng ta vẽ đường thẳng thứ ba. Nó sẽ phân chia một số phần “cũ”, trong khi các phần mới của đường viền sẽ xuất hiện, ở cả hai bên có màu giống nhau (Hình 4).

Cơm. 4

Hãy tiến hành như sau:Một mặttừ đường thẳng mới, chúng ta sẽ thay đổi màu sắc - chúng ta sẽ tạo thành màu trắng đen và ngược lại; đồng thời không sơn lại những phần nằm phía bên kia của đường thẳng này (Hình 5). Khi đó, màu mới này sẽ đáp ứng các yêu cầu cần thiết: ở một bên của đường kẻ đã được xen kẽ (nhưng với các màu khác nhau), và mặt khác đó là thứ cần thiết. Để các phần có đường viền chung thuộc đường vẽ được sơn màu khác nhau, chúng ta chỉ sơn lại các phần ở một phía của đường thẳng đã vẽ này.

Hình 5

Bây giờ chúng ta chứng minh phép chuyển đổi quy nạp. Chúng ta hãy giả sử rằng đối với một sốp = kphát biểu của bài toán là đúng, nghĩa là tất cả các phần của mặt phẳng mà nó được chia bởi các phần nàyĐẾNthẳng, bạn có thể sơn chúng màu trắng và đen để các phần liền kề có màu khác nhau. Hãy chứng minh rằng khi đó tồn tại cách tô màu như vậy đối vớiP= ĐẾN+ 1 trực tiếp. Chúng ta hãy tiến hành tương tự như trường hợp chuyển từ hai dòng sang ba dòng. Hãy vẽ trên máy bayĐẾNthẳng Sau đó, theo giả thuyết quy nạp, “bản đồ” thu được có thể được tô màu theo cách mong muốn. Bây giờ chúng ta hãy tiến hành(ĐẾN+ 1)đường thẳng thứ và ở một phía của nó chúng ta đổi màu sang phía đối diện. Vậy bây giờ(ĐẾN+ 1)-đường thẳng phân chia các vùng có màu khác nhau ở mọi nơi, trong khi các phần “cũ”, như chúng ta đã thấy, vẫn được tô màu chính xác. Theo nguyên lý quy nạp toán học, bài toán được giải.

Nhiệm vụ16. Ở rìa sa mạc có nguồn cung cấp xăng lớn và một chiếc ô tô khi đổ đầy nhiên liệu có thể đi được quãng đường 50 km. Có số lượng hộp không giới hạn để bạn có thể đổ xăng từ bình xăng của ô tô và để nó cất giữ ở bất cứ đâu trên sa mạc. Chứng minh rằng một ô tô có thể đi được quãng đường nguyên bất kỳ lớn hơn 50 km. Bạn không được phép mang theo can xăng, có thể mang can xăng rỗng với số lượng tùy ý.

Giải pháp.Hãy thử chứng minh bằng quy nạp trênP,rằng chiếc xe có thể lái điPkm từ rìa sa mạc. TạiP= 50 đã biết. Tất cả những gì còn lại là thực hiện bước quy nạp và giải thích cách đạt được điều đóp = k+ 1 km nếu biết điều đóp = kBạn có thể lái xe hàng km.

Tuy nhiên, ở đây chúng ta gặp phải một khó khăn: sau khi chúng ta đã vượt quaĐẾNkm, có thể không đủ xăng cho chặng về (chưa kể xăng dự trữ). Và trong trường hợp này, giải pháp là củng cố tuyên bố đang được chứng minh (nghịch lý của nhà phát minh). Chúng tôi sẽ chứng minh rằng bạn không chỉ có thể lái xePkm mà còn để cung cấp lượng xăng lớn tùy ý tại một điểm ở khoảng cách xaPkm từ rìa sa mạc, đến điểm này sau khi kết thúc chuyến đi.

Cơ sở cảm ứng.Gọi một đơn vị xăng là lượng xăng cần thiết để đi được một km. Khi đó, một chuyến đi 1 km trở về cần hai đơn vị xăng, vì vậy chúng ta có thể để 48 đơn vị xăng ở kho chứa cách mép một km và quay lại lấy phần mới. Do đó, sau nhiều chuyến đi đến kho lưu trữ, chúng tôi có thể dự trữ đủ kích cỡ mà chúng tôi cần. Đồng thời, để tạo ra 48 đơn vị dự trữ, chúng ta tiêu tốn 50 đơn vị xăng dầu.

Bước cảm ứng.Giả sử rằng ở một khoảng cáchP= ĐẾNtừ rìa sa mạc, bạn có thể dự trữ bất kỳ lượng xăng nào. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng có thể tạo ra một cơ sở lưu trữ ở khoảng cách xap = k+ 1 km với lượng xăng dự trữ được xác định trước và kết thúc tại kho này khi kết thúc quá trình vận chuyển. Bởi vì tại thời điểmP= ĐẾNcó nguồn cung cấp xăng không giới hạn, khi đó (theo cơ sở cảm ứng) chúng ta có thể đạt đến một điểm trong một số chuyến đip = k+ 1 lần làm tại điểmP= ĐẾN4- 1 kho có kích thước bất kỳ nếu cần.

Sự đúng đắn của một phát biểu tổng quát hơn phát biểu bài toán giờ đây tuân theo nguyên lý quy nạp toán học.

Phần kết luận

Đặc biệt, nhờ nghiên cứu phương pháp quy nạp toán học, tôi đã nâng cao được kiến ​​thức về lĩnh vực toán học này, đồng thời còn học được cách giải những bài toán mà trước đây tôi không có khả năng.

Hầu hết đây là những nhiệm vụ hợp lý và mang tính giải trí, tức là. chỉ là những điều làm tăng sự quan tâm đến toán học với tư cách là một khoa học. Việc giải những bài toán như vậy trở thành một hoạt động giải trí và có thể thu hút ngày càng nhiều người tò mò vào mê cung toán học. Theo tôi, đây là cơ sở của bất kỳ khoa học nào.

Tiếp tục nghiên cứu phương pháp quy nạp toán học, tôi sẽ cố gắng học cách áp dụng nó không chỉ trong toán học mà còn trong việc giải các bài toán vật lý, hóa học và chính cuộc sống.

Văn học

1.Cảm ứng Vulenkin. Tổ hợp. Cẩm nang dành cho giáo viên. M., Sự giác ngộ,

1976.-48 tr.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Quy nạp trong hình học. - M.: Bang. được phát hành lít. - 1956 - S.I00. Cẩm nang toán dành cho thí sinh vào đại học / Ed. Ykovleva G.N. Khoa học. -1981. - P.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Quy nạp trong hình học. —
M.: Nauka, 1961. - (Bài giảng phổ biến về toán học.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Sách giáo khoa / “Khai sáng” 1975.

5.R. Courant, G. Robbins “Toán học là gì?” Chương 1, § 2

6.Popa D. Toán học và lý luận hợp lý. - M,: Nauka, 1975.

7.Popa D. Khám phá toán học. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cách dạy theo phương pháp quy nạp toán học/Toán học. - Không. - 1996. - Tr.14-20.

9. Sominsky IS, Golovina L.I., Yaglom IM. Về phương pháp quy nạp toán học. - M.: Nauka, 1977. - (Bài giảng phổ biến về toán học.)

10.Solominsky I.S. Phương pháp quy nạp toán học. - M.: Khoa học.

63 giây.

11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Về quy nạp toán học. - M.: Khoa học. - 1967. - Tr.7-59.

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

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

Bài giảng 6. Phương pháp quy nạp toán học.

Những kiến ​​thức mới trong khoa học và đời sống được tiếp thu bằng nhiều cách khác nhau, nhưng tất cả (nếu không đi sâu vào chi tiết) đều được chia thành hai loại - chuyển từ cái chung sang cái cụ thể và từ cái cụ thể sang cái chung. Đầu tiên là diễn dịch, thứ hai là quy nạp. Suy luận suy diễn là những gì thường được gọi trong toán học. lý luận logic và trong toán học suy luận là phương pháp nghiên cứu hợp lý duy nhất. Các quy tắc suy luận logic đã được nhà khoa học Hy Lạp cổ đại Aristotle xây dựng cách đây hai thiên niên kỷ rưỡi. Ông đã tạo ra một danh sách đầy đủ các lý luận đúng đơn giản nhất, tam đoạn luận– “khối xây dựng” logic, đồng thời chỉ ra những lý luận điển hình rất giống với lý luận đúng nhưng lại không chính xác (chúng ta thường gặp kiểu lý luận “giả” như vậy trên các phương tiện truyền thông).

Cảm ứng (cảm ứng - trong tiếng Latin hướng dẫn) được minh họa rõ ràng qua truyền thuyết nổi tiếng về việc Isaac Newton đã xây dựng định luật vạn vật hấp dẫn như thế nào sau khi một quả táo rơi trúng đầu ông. Một ví dụ khác từ vật lý: trong một hiện tượng như cảm ứng điện từ, một điện trường tạo ra, “gây ra” một từ trường. “Quả táo của Newton” là một ví dụ điển hình cho tình huống có một hoặc nhiều trường hợp đặc biệt, tức là: quan sát, “gợi ý” một phát biểu chung, kết luận chung được rút ra trên cơ sở các trường hợp cụ thể. Phương pháp quy nạp là phương pháp chính để thu được các mô hình chung trong cả khoa học tự nhiên và khoa học nhân văn. Nhưng nó có một nhược điểm rất đáng kể: dựa trên các ví dụ cụ thể, có thể rút ra kết luận sai. Các giả thuyết nảy sinh từ những quan sát riêng tư không phải lúc nào cũng đúng. Hãy xem xét một ví dụ do Euler.

Chúng ta sẽ tính giá trị của tam thức cho một số giá trị đầu tiên N:

Lưu ý rằng các số thu được sau khi tính toán là số nguyên tố. Và người ta có thể trực tiếp xác minh điều đó với mỗi N giá trị đa thức từ 1 đến 39
là một số nguyên tố. Tuy nhiên, khi N=40 ta được số 1681=41 2, số này không phải là số nguyên tố. Vì vậy, giả thuyết có thể nảy sinh ở đây, tức là giả thuyết cho mỗi N con số
rất đơn giản, hóa ra là sai.

Leibniz đã chứng minh vào thế kỷ 17 rằng với mọi số nguyên dương N con số
chia hết cho 3, số
chia hết cho 5, v.v. Dựa trên điều này, ông cho rằng đối với bất kỳ điều kỳ lạ nào k và bất kỳ tự nhiên N con số
chia k, nhưng tôi sớm nhận thấy rằng
không chia hết cho 9.

Các ví dụ được xem xét cho phép chúng ta rút ra một kết luận quan trọng: một tuyên bố có thể công bằng trong một số trường hợp đặc biệt và đồng thời không công bằng nói chung. Câu hỏi về tính đúng đắn của một phát biểu trong trường hợp tổng quát có thể được giải quyết bằng cách sử dụng một phương pháp suy luận đặc biệt gọi là bằng quy nạp toán học(cảm ứng hoàn toàn, cảm ứng hoàn hảo).

6.1. Nguyên lý quy nạp toán học.

♦ Phương pháp quy nạp toán học dựa trên nguyên lý quy nạp toán học , như sau:

1) tính hợp lệ của tuyên bố này được kiểm traN=1 (cơ sở quy nạp) ,

2) giá trị của tuyên bố này được giả định choN= k, Ở đâuk– số tự nhiên tùy ý 1(giả định quy nạp) và tính đến giả định này, giá trị của nó được thiết lập choN= k+1.

Bằng chứng. Chúng ta hãy giả sử điều ngược lại, nghĩa là giả sử rằng phát biểu đó không đúng với mọi tự nhiên. N. Thế thì có một điều tự nhiên như vậy tôi, Cái gì:

1) tuyên bố cho N=tôi không đẹp,

2) cho mọi người N, nhỏ hơn tôi, khẳng định đúng (nói cách khác, tôi là số tự nhiên đầu tiên mà mệnh đề sai).

Hiển nhiên là tôi>1, bởi vì Vì N=1 câu lệnh đúng (điều kiện 1). Kể từ đây,
- số tự nhiên. Hóa ra với một số tự nhiên
mệnh đề đúng và với số tự nhiên tiếp theo tôi thật không công bằng. Điều này mâu thuẫn với điều kiện 2. ■

Lưu ý rằng bằng chứng sử dụng tiên đề rằng mọi tập hợp số tự nhiên đều chứa số nhỏ nhất.

Chứng minh dựa trên nguyên lý quy nạp toán học được gọi là bằng phương pháp quy nạp toán học đầy đủ .

 Ví dụ6.1. Chứng minh rằng với mọi tự nhiên N con số
chia hết cho 3.

Giải pháp.

1) Khi nào N=1, vậy Một 1 chia hết cho 3 và mệnh đề đúng khi N=1.

2) Giả sử khẳng định đúng với N=k,
, tức là số đó
chia hết cho 3 và chúng tôi thiết lập rằng khi N=k+1 số chia hết cho 3.

Thực vậy,

Bởi vì Mỗi số hạng chia hết cho 3 thì tổng của chúng cũng chia hết cho 3. ■ 

 Ví dụ6.2. Chứng minh rằng tổng của số thứ nhất N nghĩa là các số lẻ tự nhiên bằng bình phương số của chúng.

Giải pháp. Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học đầy đủ.

1) Chúng tôi kiểm tra tính hợp lệ của tuyên bố này khi N=1: 1=1 2 – điều này đúng.

2) Giả sử tổng của số đầu tiên k (
) của các số lẻ bằng bình phương của số các số này. Dựa trên đẳng thức này, chúng ta thiết lập rằng tổng của số đầu tiên k+1 số lẻ bằng
, đó là .

Chúng tôi sử dụng giả định của mình và nhận được

. ■ 

Phương pháp quy nạp toán học đầy đủ được sử dụng để chứng minh một số bất đẳng thức. Hãy chứng minh bất đẳng thức Bernoulli.

 Ví dụ6.3. Chứng minh rằng khi
và bất kỳ tự nhiên N bất đẳng thức là đúng
(Bất đẳng thức Bernoulli).

Giải pháp. 1) Khi nào N=1 chúng tôi nhận được
, cái nào đúng.

2) Chúng tôi giả sử rằng khi N=k có sự bất bình đẳng
(*). Sử dụng giả định này, chúng tôi chứng minh rằng
. Lưu ý rằng khi
bất đẳng thức này đúng và do đó chỉ cần xét trường hợp
.

Nhân cả hai vế của bất đẳng thức (*) với số
và chúng tôi nhận được:

Đó là (1+
.■ 

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học không đầy đủ một số tuyên bố tùy thuộc vào N, Ở đâu
được thực hiện theo cách tương tự, nhưng ngay từ đầu sự công bằng được thiết lập ở giá trị nhỏ nhất N.

Một số bài toán không phát biểu rõ ràng một phát biểu có thể được chứng minh bằng quy nạp toán học. Trong những trường hợp như vậy, bạn cần tự mình thiết lập mẫu và đưa ra giả thuyết về tính đúng đắn của mẫu này, sau đó sử dụng phương pháp quy nạp toán học để kiểm tra giả thuyết đề xuất.

 Ví dụ6.4. Tìm số tiền
.

Giải pháp. Hãy tìm các tổng S 1 , S 2 , S 3. Chúng ta có
,
,
. Chúng tôi đưa ra giả thuyết rằng đối với bất kỳ điều kiện tự nhiên nào N công thức này hợp lệ
. Để kiểm tra giả thuyết này, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp toán học đầy đủ.

1) Khi nào N=1 giả thuyết đúng vì
.

2) Giả sử giả thuyết đúng với N=k,
, đó là
. Sử dụng công thức này, chúng ta chứng minh rằng giả thuyết này đúng ngay cả khi N=k+1, nghĩa là

Thực vậy,

Vì vậy, dựa trên giả định rằng giả thuyết là đúng khi N=k,
, nó đã được chứng minh rằng nó cũng đúng với N=k+1 và dựa trên nguyên lý quy nạp toán học, chúng tôi kết luận rằng công thức này đúng với mọi số tự nhiên N. ■ 

 Ví dụ6.5. Trong toán học, người ta đã chứng minh rằng tổng của hai hàm liên tục đều là một hàm liên tục đều. Dựa vào khẳng định này, bạn cần chứng minh rằng tổng của bất kỳ số nào
của hàm số liên tục đều là hàm số liên tục đều. Nhưng vì chúng ta chưa đưa ra khái niệm “hàm số liên tục đều” nên chúng ta hãy đặt vấn đề một cách trừu tượng hơn: giả sử tổng của hai hàm số có một tính chất nào đó S, bản thân nó có tính chất S. Hãy chứng minh rằng tổng của một số hàm bất kỳ có tính chất S.

Giải pháp. Cơ sở của quy nạp ở đây nằm trong chính cách trình bày bài toán. Sau khi đã giả định quy nạp, hãy xem xét
chức năng f 1 , f 2 , …, f N , f N+1 có thuộc tính S. Sau đó . Ở vế phải, số hạng thứ nhất có tính chất S theo giả thuyết quy nạp thì số hạng thứ hai có tính chất S theo điều kiện. Do đó, tổng của chúng có tính chất S– đối với hai số hạng, cơ sở quy nạp “có tác dụng”.

Điều này chứng minh tuyên bố và chúng tôi sẽ sử dụng nó thêm. ■ 

 Ví dụ6.6. Tìm tất cả tự nhiên N, trong đó bất đẳng thức đúng

.

Giải pháp. Hãy xem xét N=1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Vì vậy, chúng ta có thể đưa ra giả thuyết: bất đẳng thức
có một nơi dành cho tất cả mọi người
. Để chứng minh tính đúng đắn của giả thuyết này, chúng ta sẽ sử dụng nguyên lý quy nạp toán học không đầy đủ.

1) Như đã được thiết lập ở trên, giả thuyết này đúng khi N=5.

2) Giả sử nó đúng với N=k,
, tức là bất đẳng thức đúng
. Sử dụng giả định này, chúng ta chứng minh rằng bất đẳng thức
.

Bởi vì
và tại
có sự bất bình đẳng

Tại
,

sau đó chúng ta hiểu được điều đó
. Vì vậy, tính đúng đắn của giả thuyết tại N=k+1 theo sau giả định rằng nó đúng khi N=k,
.

Từ các đoạn văn. 1 và 2, dựa trên nguyên lý quy nạp toán học không đầy đủ, suy ra bất đẳng thức
đúng với mọi điều tự nhiên
. ■ 

 Ví dụ6.7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên N công thức phân biệt là hợp lệ
.

Giải pháp. Tại N=1 công thức này trông giống như
, hoặc 1=1 tức là đúng. Giả sử quy nạp, ta có:

Q.E.D. ■ 

 Ví dụ6.8. Chứng minh rằng tập hợp gồm N các phần tử, có tập hợp con

Giải pháp. Một tập hợp gồm một phần tử MỘT, có hai tập con. Điều này đúng vì tất cả các tập con của nó đều là tập rỗng và chính tập rỗng đó, và 2 1 =2.

Giả sử rằng mọi tập hợp N phần tử có tập hợp con Nếu tập A bao gồm N+1 phần tử, sau đó chúng tôi sửa một phần tử trong đó - chúng tôi biểu thị nó d và chia tất cả các tập con thành hai lớp - những lớp không chứa d và chứa d. Tất cả các tập con của lớp thứ nhất là tập con của tập B thu được từ A bằng cách loại bỏ một phần tử d.

Tập B bao gồm N các phần tử, và do đó, bằng quy nạp, anh ta có tập hợp con, vì vậy trong lớp đầu tiên tập hợp con

Nhưng trong lớp thứ hai có cùng số tập con: mỗi tập con được lấy từ đúng một tập con của lớp thứ nhất bằng cách thêm một phần tử d. Do đó, tổng cộng tập A
tập hợp con

Như vậy khẳng định đã được chứng minh. Lưu ý rằng điều này cũng đúng với một tập hợp gồm 0 phần tử - tập rỗng: nó có một tập con duy nhất - chính nó và 2 0 = 1. ■ 

Dùng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh rằng với mọi tự nhiên N các đẳng thức sau đây đúng:
MỘT) ;
b) .

Giải pháp.

a) Khi nào N= 1 đẳng thức đúng. Giả sử tính đúng đắn của đẳng thức tại N, chúng ta hãy chứng tỏ tính đúng đắn của nó ngay cả khi N+ 1. Thật vậy,

Q.E.D.

b) Khi nào N= 1 giá trị của đẳng thức là hiển nhiên. Từ giả định tính đúng đắn của nó tại N nên

Cho đẳng thức 1 + 2 + ... + N = N(N+ 1)/2, ta được

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

tức là tuyên bố cũng đúng khi N + 1.

Ví dụ 1. Chứng minh các đẳng thức sau

Giải pháp. a) Khi nào N= 1 đẳng thức sẽ có dạng 1=1, do đó, P(1) là đúng. Chúng ta hãy giả sử rằng đẳng thức này là đúng, nghĩa là nó đúng

Như vậy, theo phương pháp quy nạp toán học, đẳng thức ban đầu đúng với mọi tự nhiên N.

Lưu ý 2. Ví dụ này có thể được giải quyết theo cách khác. Thật vậy, tổng là 1 + 2 + 3 + ... + N là tổng của số đầu tiên N các số hạng của cấp số cộng với số hạng đầu tiên Một 1 = 1 và sự khác biệt d= 1. Nhờ công thức nổi tiếng , chúng tôi nhận được

b) Khi nào N= 1 đẳng thức sẽ có dạng: 2 1 - 1 = 1 2 hoặc 1=1, nghĩa là, P(1) là đúng. Giả sử rằng đẳng thức

1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) = N 2 và chứng minh rằng nó xảy raP(N + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2(N + 1) - 1) = (N+ 1) 2 hoặc 1 + 3 + 5 + ... + (2 N - 1) + (2N + 1) = (N + 1) 2 .

Sử dụng giả thuyết quy nạp, chúng ta thu được

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

Như vậy, P(N+1) đúng và do đó đẳng thức cần chứng minh.

Lưu ý 3. Ví dụ này có thể được giải (tương tự như ví dụ trước) mà không cần sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

c) Khi nào N= 1 đẳng thức đúng: 1=1. Giả sử đẳng thức là đúng

d) Khi nào N= 1 đẳng thức đúng: 1=1. Chúng ta hãy giả sử rằng nó diễn ra

Thật sự,

đ) Phê duyệt P(1) đúng: 2=2. Giả sử rằng đẳng thức

Do đó, sự bình đẳng ban đầu đúng cho mọi N.

f) P(1) đúng: 1/3 = 1/3. Hãy để có sự bình đẳng P(N):

Quả thực, xét rằng P(N) giữ nguyên, chúng ta nhận được

Như vậy đẳng thức đã được chứng minh.

g) Khi nào N= 1 chúng ta có Một + b = b + Một và do đó bình đẳng là công bằng.

Giả sử công thức nhị thức Newton đúng với N = k, đó là,

Ví dụ 2. Chứng minh bất đẳng thức

Giải pháp. a) Khi nào N= 1 ta thu được bất đẳng thức đúng

1 + a ≥ 1 + a . Giả sử có bất đẳng thức

Thật vậy, vì a > -1 kéo theo a + 1 > 0, khi đó nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với (a + 1), chúng ta thu được

(1 + một) N(1 + a) ≥ (1 + N a )(1 + a ) hoặc (1 + a ) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2 kể từ N một 2 ≥ 0, do đó(1 + một) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2 ≥ 1 + ( N+ 1)a.

Như vậy, nếu P(N) là đúng thì P(N+ 1) đúng nên theo nguyên lý quy nạp toán học, bất đẳng thức Bernoulli đúng.

b) Khi nào N= 1 chúng tôi nhận được x 1 = 1 và do đó x 1 ≥ 1 tức là P(1) là một tuyên bố công bằng. Hãy giả vờ như vậy P(N) là đúng, nghĩa là, nếu adica, x 1 ,x 2 ,...,x N - N các số dương có tích bằng một, x 1 x 2 ·...· x N= 1, và x 1 + x 2 + ... + x N ≥ N.

Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng câu này đòi hỏi sự đúng đắn của những điều sau đây: nếu x 1 ,x 2 ,...,x N ,x N+1 - (N+ 1) số dương sao cho x 1 x 2 ·...· x N · x N+1 = 1 thì x 1 + x 2 + ... + x N + x N + 1 ≥N + 1.

Hãy xem xét hai trường hợp sau:

1) x 1 = x 2 = ... = x N = x N+1 = 1. Khi đó tổng của các số này là ( N+ 1) và thỏa mãn bất đẳng thức yêu cầu;

2) ít nhất một số khác một số, ví dụ: giả sử lớn hơn một. Sau đó, kể từ khi x 1 x 2 · ... · x N · x N+ 1 = 1 thì có ít nhất một số nữa khác một (chính xác hơn là nhỏ hơn một). Cho phép x N+ 1 > 1 và x N < 1. Рассмотрим N số dương

Bởi vì

(1 - x N)(x N+1 - 1) > 0 thì 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. Do đó, x 1 + x 2 + ... + x N + x N+1 ≥ N+1, nghĩa là nếu P(N) là đúng thìP(N+ 1) công bằng. Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Lưu ý 4. Dấu bằng đúng khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ... = x N = 1.

c) Hãy để x 1 ,x 2 ,...,x N- số dương tùy ý. Hãy xem xét những điều sau đây N số dương:

Lưu ý 5.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ... = x N .

d) P(1) là một phát biểu hợp lý: sin 2 a + cos 2 a = 1. Giả sử rằng P(N) là khẳng định đúng:

Tội lỗi 2 N a + cos 2 N một 1 và cho thấy điều gì xảy raP(N+ 1). Thật sự, tội lỗi 2( N+ 1) a + cos 2( N+ 1) a = sin 2 N a sin 2 a + cos 2 N a cos 2 a< sin 2N a + cos 2 N a ≤ 1 (nếu sin 2 a ≤ 1 thì cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1 thì sin 2 a < 1). Таким образом, для любого N VỀ N tội lỗi 2 N a + cos 2 N 1 và dấu đẳng thức chỉ đạt được khiN = 1.

đ) Khi nào N= 1 câu đúng: 1< 3 / 2 .

Hãy giả sử rằng và chúng tôi sẽ chứng minh điều đó

f) Xét nhận xét 1, hãy kiểm tra P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, do đó, với N= 10 câu phát biểu này đúng. Giả sử rằng 2 N > N 3 (N> 10) và chứng minh P(N+ 1) tức là 2 N+1 > (N + 1) 3 .

Kể từ khi N> 10 chúng ta có hoặc , theo đó

2N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N+ 1 hoặc N 3 > 3N 2 + 3N + 1. Cho bất đẳng thức (2 N > N 3 ), ta được 2 N+1 = 2 N·2 = 2 N + 2 N > N 3 + N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N + 1 = (N + 1) 3 .

Như vậy, theo phương pháp quy nạp toán học, với mọi tự nhiên N VỀ N, N≥ 10 ta có 2 N > N 3 .

Ví dụ 3. Chứng minh điều đó cho bất cứ ai N VỀ N

Giải pháp. Một) P(1) là khẳng định đúng (0 chia cho 6). Cho phép P(N) là công bằng, nghĩa là N(2N 2 - 3N + 1) = N(N - 1)(2N- 1) chia hết cho 6. Hãy chứng minh điều đó xảy ra P(N+ 1), tức là ( N + 1)N(2N+ 1) chia hết cho 6. Thật vậy, vì

Như vậy, P(N+ 1) là một phát biểu hợp lý, và do đó N(2N 2 - 3N+ 1) chia hết cho 6 cho bất kỳ N VỀ N.

b) Hãy kiểm tra P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, do đó, P(1) là một tuyên bố công bằng. Cần chứng minh rằng nếu 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 chia cho 11 ( P(N)), thì 6 2 N + 3 N+2 + 3 N cũng chia hết cho 11 ( P(N+ 1)). Quả thực, kể từ khi

6 2N + 3 N+2 + 3 N = 6 2N-2+2 + 3 N+1+1 + 3 N-1+1 = = 6 2 6 2 N-2 + 3 3 N+1 + 3 3 N-1 = 3·(6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1) + 33 6 2 N-2 và thích 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 và 33 6 2 N-2 chia hết cho 11 thì tổng của chúng bằng 6 2N + 3 N+2 + 3 N chia hết cho 11. Mệnh đề đã được chứng minh. Cảm ứng trong hình học

Ví dụ 4. Tính cạnh đúng 2 N- một tam giác nội tiếp trong một đường tròn có bán kính R.

Mô tả thư mục: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học để giải các bài toán về tính chia hết của số tự nhiên // Nhà khoa học trẻ. 2015. Số 2. P. 84-86..04.2019).

Trong các kỳ Olympic toán thường có những bài toán khá khó để chứng minh tính chia hết của các số tự nhiên. Học sinh phải đối mặt với một vấn đề: làm thế nào để tìm ra một phương pháp toán học phổ quát cho phép các em giải những bài toán như vậy?

Hóa ra là hầu hết các bài toán chứng minh tính chia hết có thể được giải bằng phương pháp quy nạp toán học, nhưng sách giáo khoa ở trường rất ít chú ý đến phương pháp này; hầu hết thường đưa ra một mô tả lý thuyết ngắn gọn và một số bài toán được phân tích.

Ta tìm được phương pháp quy nạp toán học trong lý thuyết số. Vào buổi bình minh của lý thuyết số, các nhà toán học đã khám phá ra nhiều sự thật bằng phương pháp quy nạp: L. Euler và K. Gauss đôi khi xem xét hàng nghìn ví dụ trước khi nhận ra một mô hình số và tin vào nó. Nhưng đồng thời họ cũng hiểu những giả thuyết đã vượt qua bài kiểm tra “cuối cùng” có thể lừa đảo như thế nào. Để chuyển một cách quy nạp từ một câu lệnh đã được xác minh cho một tập con hữu hạn sang một câu lệnh tương tự cho toàn bộ tập hợp vô hạn, cần phải có bằng chứng. Phương pháp này được đề xuất bởi Blaise Pascal, người đã tìm ra một thuật toán chung để tìm dấu hiệu chia hết của bất kỳ số nguyên nào cho bất kỳ số nguyên nào khác (chuyên luận “Về bản chất của khả năng chia hết của các số”).

Phương pháp quy nạp toán học được sử dụng để chứng minh bằng cách suy luận tính đúng của một mệnh đề với mọi số tự nhiên hoặc tính đúng của mệnh đề bắt đầu từ một số n nhất định.

Việc giải các bài toán chứng minh tính đúng của một mệnh đề nào đó bằng phương pháp quy nạp toán học gồm 4 giai đoạn (Hình 1):

Cơm. 1. Sơ đồ giải quyết vấn đề

1. Cơ sở cảm ứng . Họ kiểm tra tính hợp lệ của mệnh đề đối với số tự nhiên nhỏ nhất mà mệnh đề đó có ý nghĩa.

2. Giả thuyết quy nạp . Chúng ta giả sử rằng phát biểu này đúng với một giá trị nào đó của k.

3. Chuyển tiếp cảm ứng . Ta chứng minh mệnh đề đúng với k+1.

4. Phần kết luận . Nếu chứng minh như vậy được hoàn thành thì dựa trên nguyên lý quy nạp toán học, có thể lập luận rằng mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.

Ta xét việc ứng dụng phương pháp quy nạp toán học vào việc giải các bài toán chứng minh tính chia hết của các số tự nhiên.

ví dụ 1. Chứng minh rằng số 5 là bội số của 19, trong đó n là số tự nhiên.

Bằng chứng:

1) Hãy kiểm tra xem công thức này có đúng với n = 1 không: số =19 là bội số của 19.

2) Hãy để công thức này đúng với n = k, tức là số này là bội số của 19.

Nó là bội số của 19. Thật vậy, số hạng đầu tiên chia hết cho 19 do giả định (2); số hạng thứ hai cũng chia hết cho 19 vì nó chứa thừa số 19.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 9.

Bằng chứng:

Chúng ta hãy chứng minh khẳng định: “Với mọi số tự nhiên n, biểu thức n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 là bội số của 9.

1) Hãy kiểm tra xem công thức này có đúng với n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 bội số của 9.

2) Giả sử công thức này đúng với n = k, tức là k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 là bội số của 9.

3) Hãy chứng minh rằng công thức cũng đúng với n = k + 1, tức là (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 là bội số của 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Biểu thức thu được chứa hai số hạng, mỗi số hạng chia hết cho 9, do đó tổng chia hết cho 9.

4) Cả hai điều kiện của nguyên lý quy nạp toán học đều thỏa mãn nên mệnh đề đúng với mọi giá trị của n.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số 3 2n+1 +2 n+2 đều chia hết cho 7.

Bằng chứng:

1) Hãy kiểm tra xem công thức này có đúng với n = 1 không: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 là bội số của 7.

2) Giả sử công thức này đúng với n = k, tức là 3 2 k +1 +2 k +2 chia cho 7.

3) Hãy chứng minh rằng công thức cũng đúng với n = k + 1, tức là

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. k.(3 2 k +1 +2 k +2) 9 chia cho 7 và 7 2 k +2 chia cho 7 thì hiệu của chúng chia cho 7.

4) Cả hai điều kiện của nguyên lý quy nạp toán học đều thỏa mãn nên mệnh đề đúng với mọi giá trị của n.

Nhiều bài toán chứng minh trong lý thuyết chia hết số tự nhiên có thể giải dễ dàng bằng phương pháp quy nạp toán học, thậm chí có thể nói rằng việc giải bài toán bằng phương pháp này hoàn toàn là thuật toán, chỉ cần thực hiện 4 bước cơ bản là đủ. Nhưng phương pháp này không thể được gọi là phổ quát, vì cũng có những nhược điểm: thứ nhất, nó chỉ có thể được chứng minh trên một tập hợp số tự nhiên và thứ hai, nó chỉ có thể được chứng minh cho một biến.

Để phát triển tư duy logic và văn hóa toán học, phương pháp này là một công cụ cần thiết, bởi nhà toán học vĩ đại người Nga A. N. Kolmogorov đã nói: “Hiểu biết và khả năng vận dụng đúng nguyên lý quy nạp toán học là một tiêu chí tốt của sự trưởng thành về logic, đó là điều tuyệt đối cần thiết đối với một nhà toán học.”

Văn học:

1. Vilenkin N. Ya. Cảm ứng. Tổ hợp. - M.: Giáo dục, 1976. - 48 tr.

2. Genkin L. Về quy nạp toán học. - M., 1962. - 36 tr.

3. Solominsky I. S. Phương pháp quy nạp toán học. - M.: Nauka, 1974. - 63 tr.

4. Sharygin I.F. Môn học tự chọn môn toán: Giải quyết vấn đề: Sách giáo khoa lớp 10. trung bình của trường - M.: Giáo dục, 1989. - 252 tr.

5. Thần A. Quy nạp toán học. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 tr.