Tóm tắt tóm tắt phương pháp quy nạp toán học. Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học để giải bài toán về tính chia hết của số tự nhiên

Kiến thức thực sự luôn dựa trên việc thiết lập một khuôn mẫu và chứng minh tính trung thực của nó trong những trường hợp nhất định. Trải qua một thời gian dài tồn tại của lý luận logic, các công thức quy tắc đã được đưa ra và Aristotle thậm chí còn biên soạn một danh sách “lý luận đúng”. Trong lịch sử, người ta thường chia tất cả các suy luận thành hai loại - từ cụ thể đến bội số (quy nạp) và ngược lại (suy diễn). Cần lưu ý rằng các loại chứng cứ từ cụ thể đến chung và từ chung đến cụ thể chỉ tồn tại liên kết với nhau và không thể thay thế cho nhau.

Quy nạp trong toán học

Thuật ngữ “quy nạp” có nguồn gốc từ tiếng Latin và được dịch theo nghĩa đen là “hướng dẫn”. Khi nghiên cứu kỹ hơn, người ta có thể làm nổi bật cấu trúc của từ, cụ thể là tiền tố Latinh - in- (biểu thị hành động hướng vào trong hoặc ở bên trong) và -duction - giới thiệu. Điều đáng chú ý là có hai loại - cảm ứng hoàn chỉnh và không đầy đủ. Hình thức đầy đủ được đặc trưng bởi các kết luận rút ra từ việc nghiên cứu tất cả các đối tượng thuộc một lớp nhất định.

Chưa đầy đủ - kết luận áp dụng cho tất cả các môn học của lớp, nhưng chỉ được đưa ra dựa trên việc nghiên cứu một số đơn vị.

Quy nạp toán học hoàn chỉnh là một suy luận dựa trên kết luận chung về toàn bộ lớp của bất kỳ đối tượng nào được kết nối về mặt chức năng bằng các mối quan hệ của một chuỗi số tự nhiên dựa trên kiến ​​thức về kết nối chức năng này. Trong trường hợp này, quá trình chứng minh diễn ra theo ba giai đoạn:

• điều đầu tiên chứng minh tính đúng đắn của vị trí quy nạp toán học. Ví dụ: f = 1, cảm ứng;
• giai đoạn tiếp theo dựa trên giả định rằng vị trí đó đúng với mọi số tự nhiên. Nghĩa là, f=h là một giả thuyết quy nạp;
• ở giai đoạn thứ ba, tính hợp lệ của vị trí của số f=h+1 được chứng minh, dựa trên tính đúng đắn của vị trí của điểm trước đó - đây là một quá trình chuyển đổi quy nạp hoặc một bước quy nạp toán học. Một ví dụ được gọi là nếu viên đá đầu tiên trong hàng rơi xuống (cơ sở), thì tất cả các viên đá trong hàng đều rơi xuống (chuyển tiếp).

Vừa đùa vừa nghiêm túc

Để dễ hiểu, các ví dụ về lời giải sử dụng phương pháp quy nạp toán học được trình bày dưới dạng bài toán đùa. Đây là nhiệm vụ “Xếp hàng lịch sự”:

• Quy tắc ứng xử cấm nam giới được rẽ trước mặt phụ nữ (trong tình huống như vậy, cô ấy được phép đi trước). Dựa trên tuyên bố này, nếu người cuối cùng trong hàng là đàn ông thì những người còn lại đều là đàn ông.

Một ví dụ nổi bật của phương pháp quy nạp toán học là bài toán “Chuyến bay không thứ nguyên”:

• Cần phải chứng minh rằng xe buýt nhỏ có thể chở được bao nhiêu người tùy ý. Đúng là một người có thể nhét vừa vào trong một chiếc xe mà không gặp khó khăn gì (cơ sở). Nhưng dù xe buýt nhỏ có đầy đến đâu thì cũng luôn có 1 hành khách ngồi vừa (bước cảm ứng).

Vòng kết nối quen thuộc

Các ví dụ về giải bài toán và phương trình bằng quy nạp toán học khá phổ biến. Để minh họa cho cách tiếp cận này, hãy xem xét vấn đề sau.

Tình trạng: có h đường tròn trên mặt phẳng. Cần chứng minh rằng, với mọi cách sắp xếp các hình thì bản đồ mà chúng tạo thành có thể được tô đúng bằng hai màu.

Giải pháp: khi h=1 thì mệnh đề đúng là hiển nhiên nên ta sẽ xây dựng chứng minh cho số vòng tròn h+1.

Chúng ta hãy chấp nhận giả định rằng phát biểu này đúng cho mọi bản đồ và có h+1 vòng tròn trên mặt phẳng. Bằng cách loại bỏ một trong các vòng tròn khỏi tổng số, bạn có thể có được bản đồ được tô màu chính xác bằng hai màu (đen và trắng).

Khi khôi phục vòng tròn đã xóa, màu của từng vùng sẽ chuyển sang màu ngược lại (trong trường hợp này là bên trong vòng tròn). Kết quả là một bản đồ được tô đúng bằng hai màu, đây là điều cần được chứng minh.

Ví dụ về số tự nhiên

Ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học được thể hiện rõ dưới đây.

Ví dụ về các giải pháp:

Chứng minh rằng với mọi h đẳng thức sau là đúng:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Cho h=1, nghĩa là:

R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

Từ đó suy ra rằng với h=1 mệnh đề là đúng.

2. Giả sử h=d, ta có phương trình:

R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. Giả sử h=d+1 thì:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+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)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Do đó, tính đúng đắn của đẳng thức h=d+1 đã được chứng minh, do đó mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên, như thể hiện trong ví dụ nghiệm bằng quy nạp toán học.

Nhiệm vụ

Tình trạng: cần chứng minh rằng với mọi giá trị của h biểu thức 7 h -1 chia hết cho 6 mà không có số dư.

Giải pháp:

1. Giả sử h=1, trong trường hợp này:

R 1 =7 1 -1=6 (tức là chia cho 6 không có dư)

Do đó, với h=1 mệnh đề này đúng;

2. Giả sử h=d và 7 d -1 chia cho 6 không có số dư;

3. Chứng minh tính đúng của mệnh đề h=d+1 là công thức:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

Trong trường hợp này, số hạng thứ nhất chia hết cho 6 theo giả định của điểm đầu tiên, và số hạng thứ hai bằng 6. Mệnh đề 7 h -1 chia hết cho 6 mà không có số dư đối với mọi h tự nhiên là đúng.

Những sai lầm trong phán đoán

Thông thường, lý luận không chính xác được sử dụng trong các bằng chứng do tính không chính xác của các cấu trúc logic được sử dụng. Điều này chủ yếu xảy ra khi cấu trúc và tính logic của chứng minh bị vi phạm. Một ví dụ về lý luận sai là hình minh họa sau đây.

Nhiệm vụ

Tình trạng: cần phải chứng minh rằng một đống đá không phải là một đống.

Giải pháp:

1. Giả sử h=1, trong trường hợp này có 1 viên đá trong đống và mệnh đề đúng (cơ sở);

2. Giả sử h=d rằng một đống đá không phải là một đống (giả định);

3. Giả sử h=d+1, từ đó suy ra khi thêm một viên đá nữa thì bộ đá sẽ không thành một đống. Kết luận tự nó gợi ý rằng giả định này đúng cho mọi h tự nhiên.

Sai lầm là không có định nghĩa về việc có bao nhiêu viên đá tạo thành một đống. Sự bỏ sót như vậy gọi là sự khái quát hóa vội vàng trong phương pháp quy nạp toán học. Một ví dụ cho thấy rõ điều này.

Quy nạp và các định luật logic

Trong lịch sử, họ luôn “tay trong tay”. Các ngành khoa học như logic và triết học mô tả chúng dưới dạng đối lập.

Từ quan điểm của quy luật logic, các định nghĩa quy nạp dựa trên sự thật và tính trung thực của các tiền đề không quyết định tính đúng đắn của tuyên bố kết quả. Thông thường, các kết luận thu được với một mức độ xác suất và độ tin cậy nhất định, điều này tất nhiên phải được xác minh và xác nhận bằng nghiên cứu bổ sung. Một ví dụ về quy nạp trong logic sẽ là phát biểu sau:

Có hạn hán ở Estonia, hạn hán ở Latvia, hạn hán ở Lithuania.

Estonia, Latvia và Litva là các quốc gia vùng Baltic. Có hạn hán ở tất cả các nước vùng Baltic.

Từ ví dụ này, chúng ta có thể kết luận rằng không thể thu được thông tin hoặc sự thật mới bằng phương pháp quy nạp. Tất cả những gì có thể tin cậy được là tính xác thực có thể có của các kết luận. Hơn nữa, tính xác thực của các tiền đề không đảm bảo cho những kết luận giống nhau. Tuy nhiên, thực tế này không có nghĩa là quy nạp suy yếu ở mức độ suy diễn: một số lượng lớn các quy định và định luật khoa học được chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Một ví dụ là toán học, sinh học và các ngành khoa học khác. Điều này chủ yếu là do phương pháp cảm ứng hoàn toàn, nhưng trong một số trường hợp cảm ứng một phần cũng có thể áp dụng được.

Thời đại cảm ứng đáng kính đã cho phép nó thâm nhập vào hầu hết các lĩnh vực hoạt động của con người - đây là khoa học, kinh tế và những kết luận hàng ngày.

Cảm ứng trong cộng đồng khoa học

Phương pháp quy nạp đòi hỏi một thái độ thận trọng, vì phụ thuộc quá nhiều vào số lượng các phần của tổng thể được nghiên cứu: số lượng nghiên cứu càng lớn thì kết quả càng đáng tin cậy. Dựa trên đặc điểm này, các định luật khoa học thu được bằng quy nạp được kiểm tra trong thời gian dài ở mức độ giả định xác suất để cô lập và nghiên cứu tất cả các yếu tố cấu trúc, mối liên hệ và ảnh hưởng có thể có.

Trong khoa học, kết luận quy nạp dựa trên những đặc điểm quan trọng, ngoại trừ các quy định ngẫu nhiên. Thực tế này rất quan trọng liên quan đến những đặc thù của kiến ​​thức khoa học. Điều này được thấy rõ trong các ví dụ về quy nạp trong khoa học.

Có hai loại quy nạp trong thế giới khoa học (liên quan đến phương pháp nghiên cứu):

1. lựa chọn cảm ứng (hoặc lựa chọn);
2. cảm ứng - loại trừ (loại bỏ).

Loại đầu tiên được phân biệt bằng cách lựa chọn một cách có phương pháp (cẩn thận) các mẫu của một lớp (các lớp con) từ các khu vực khác nhau của nó.

Một ví dụ về loại cảm ứng này là: bạc (hoặc muối bạc) làm sạch nước. Kết luận dựa trên nhiều năm quan sát (một kiểu lựa chọn xác nhận và bác bỏ - lựa chọn).

Loại quy nạp thứ hai dựa trên những kết luận xác lập mối quan hệ nhân quả và loại trừ những hoàn cảnh không tương ứng với các đặc tính của nó, cụ thể là tính phổ quát, tuân thủ trình tự thời gian, tính tất yếu và tính rõ ràng.

Quy nạp và diễn dịch từ quan điểm của triết học

Nhìn lại lịch sử, thuật ngữ quy nạp được Socrates nhắc đến lần đầu tiên. Aristotle đã mô tả các ví dụ về quy nạp trong triết học bằng một từ điển thuật ngữ gần đúng hơn, nhưng câu hỏi về quy nạp không đầy đủ vẫn còn bỏ ngỏ. Sau sự ngược đãi tam đoạn luận của Aristoteles, phương pháp quy nạp bắt đầu được công nhận là có hiệu quả và là phương pháp duy nhất khả thi trong khoa học tự nhiên. Bacon được coi là cha đẻ của quy nạp như một phương pháp đặc biệt độc lập, nhưng ông đã thất bại trong việc tách quy nạp khỏi phương pháp suy diễn, như những người cùng thời với ông yêu cầu.

Quy nạp được phát triển thêm bởi J. Mill, người đã xem xét lý thuyết quy nạp từ góc độ của bốn phương pháp chính: thỏa thuận, khác biệt, dư lượng và những thay đổi tương ứng. Không có gì ngạc nhiên khi ngày nay các phương pháp được liệt kê, khi xem xét chi tiết, đều mang tính suy diễn.

Việc nhận ra sự mâu thuẫn giữa các lý thuyết của Bacon và Mill đã khiến các nhà khoa học nghiên cứu cơ sở xác suất của quy nạp. Tuy nhiên, ngay cả ở đây cũng có một số thái cực: người ta đã cố gắng giảm quy nạp vào lý thuyết xác suất với tất cả các hậu quả sau đó.

Quy nạp nhận được phiếu tín nhiệm thông qua ứng dụng thực tế trong một số lĩnh vực chủ đề nhất định và nhờ vào độ chính xác về số liệu của cơ sở quy nạp. Một ví dụ về quy nạp và diễn dịch trong triết học có thể coi là Định luật vạn vật hấp dẫn. Vào ngày phát hiện ra định luật, Newton đã có thể xác minh nó với độ chính xác 4%. Và khi được kiểm tra hơn hai trăm năm sau, tính đúng đắn đã được xác nhận với độ chính xác 0,0001 phần trăm, mặc dù việc xác minh được thực hiện bằng cách khái quát hóa quy nạp tương tự.

Triết học hiện đại chú ý nhiều hơn đến suy luận, vốn được quyết định bởi mong muốn hợp lý là rút ra kiến ​​​​thức (hoặc sự thật) mới từ những gì đã biết mà không cần dùng đến kinh nghiệm hay trực giác mà sử dụng lý luận “thuần túy”. Khi đề cập đến các tiền đề đúng trong phương pháp suy diễn, trong mọi trường hợp, kết quả đầu ra là một mệnh đề đúng.

Đặc tính rất quan trọng này không được làm lu mờ giá trị của phương pháp quy nạp. Vì quy nạp, dựa trên thành tựu của kinh nghiệm, cũng trở thành một phương tiện xử lý nó (bao gồm cả khái quát hóa và hệ thống hóa).

Ứng dụng quy nạp trong kinh tế

Quy nạp và diễn dịch từ lâu đã được sử dụng làm phương pháp nghiên cứu nền kinh tế và dự báo sự phát triển của nó.

Phạm vi sử dụng phương pháp quy nạp khá rộng: nghiên cứu việc thực hiện các chỉ số dự báo (lợi nhuận, khấu hao, v.v.) và đánh giá chung về tình trạng của doanh nghiệp; hình thành chính sách xúc tiến doanh nghiệp hiệu quả dựa trên thực tế và mối quan hệ của chúng.

Phương pháp quy nạp tương tự được sử dụng trong “Bản đồ Shewhart”, trong đó, theo giả định phân chia các quá trình thành được kiểm soát và không thể kiểm soát được, người ta tuyên bố rằng khuôn khổ của quy trình được kiểm soát là không hoạt động.

Cần lưu ý rằng các định luật khoa học được chứng minh và xác nhận bằng phương pháp quy nạp, và vì kinh tế học là một ngành khoa học thường sử dụng phân tích toán học, lý thuyết rủi ro và thống kê nên không có gì ngạc nhiên khi quy nạp nằm trong danh sách các phương pháp chính.

Một ví dụ về quy nạp và diễn dịch trong kinh tế học là tình huống sau đây. Việc tăng giá thực phẩm (từ giỏ hàng tiêu dùng) và các mặt hàng thiết yếu thúc đẩy người tiêu dùng nghĩ đến chi phí cao đang nổi lên trong tiểu bang (cảm ứng). Đồng thời, từ thực tế giá cả cao, sử dụng phương pháp toán học có thể rút ra các chỉ số tăng trưởng giá của từng hàng hóa hoặc chủng loại hàng hóa (khấu trừ).

Thông thường, nhân viên quản lý, nhà quản lý và nhà kinh tế chuyển sang phương pháp quy nạp. Để có thể dự đoán đủ độ trung thực về sự phát triển của doanh nghiệp, hành vi thị trường và hậu quả của cạnh tranh, cần phải có cách tiếp cận quy nạp-suy diễn để phân tích và xử lý thông tin.

Một ví dụ rõ ràng về quy nạp trong kinh tế học liên quan đến những phán đoán sai lầm:

• lợi nhuận của công ty giảm 30%;
  một công ty cạnh tranh đã mở rộng dòng sản phẩm của mình;
  không có gì khác đã thay đổi;
• chính sách sản xuất của công ty cạnh tranh làm lợi nhuận giảm 30%;
• do đó, chính sách sản xuất tương tự cần phải được thực hiện.

Ví dụ này là một minh họa đầy màu sắc cho thấy việc sử dụng sai phương pháp quy nạp sẽ góp phần phá hủy doanh nghiệp như thế nào.

Diễn dịch và quy nạp trong tâm lý học

Vì đã có phương pháp thì về mặt logic cũng phải có tư duy tổ chức hợp lý (để sử dụng phương pháp đó). Tâm lý học với tư cách là một khoa học nghiên cứu các quá trình tinh thần, sự hình thành, phát triển, mối quan hệ, tương tác của chúng, chú ý đến tư duy “suy diễn”, là một trong những hình thức biểu hiện của suy diễn và quy nạp. Thật không may, trên các trang tâm lý học trên Internet thực tế không có lời biện minh nào cho tính toàn vẹn của phương pháp suy diễn-quy nạp. Mặc dù các nhà tâm lý học chuyên nghiệp thường gặp phải những biểu hiện của cảm ứng, hay nói đúng hơn là những kết luận sai lầm.

Một ví dụ về quy nạp trong tâm lý học, minh họa cho những phán đoán sai lầm, là câu nói: mẹ tôi lừa dối nên đàn bà đều là kẻ lừa dối. Bạn có thể thu thập được nhiều ví dụ “sai lầm” hơn nữa về quy nạp từ cuộc sống:

• một học sinh sẽ không thể làm được bất cứ điều gì nếu bị điểm kém môn toán;
• anh ấy là một kẻ ngốc;
• anh ta thông minh;
• Tôi có thể làm bất cứ thứ gì;

Và nhiều đánh giá có giá trị khác dựa trên những tiền đề hoàn toàn ngẫu nhiên và đôi khi không đáng kể.

Cần lưu ý: khi phán đoán sai lầm của một người đạt đến mức vô lý, thì nhà trị liệu tâm lý sẽ xuất hiện một biên giới công việc. Một ví dụ về cảm ứng tại cuộc hẹn với bác sĩ chuyên khoa:

“Bệnh nhân hoàn toàn chắc chắn rằng màu đỏ chỉ nguy hiểm cho anh ta dưới mọi hình thức. Kết quả là người đó đã loại trừ cách phối màu này khỏi cuộc sống của mình - càng nhiều càng tốt. Có rất nhiều cơ hội để có một kỳ nghỉ thoải mái ở nhà. Bạn có thể từ chối tất cả các mặt hàng màu đỏ hoặc thay thế chúng bằng các mặt hàng tương tự được làm bằng bảng màu khác. Nhưng ở những nơi công cộng, tại nơi làm việc, trong cửa hàng - điều đó là không thể. Khi một bệnh nhân rơi vào tình huống căng thẳng, mỗi lần anh ta lại trải qua một “dòng thủy triều” với những trạng thái cảm xúc hoàn toàn khác nhau, có thể gây nguy hiểm cho người khác”.

Ví dụ về quy nạp và quy nạp vô thức này được gọi là “những ý tưởng cố định”. Nếu điều này xảy ra với một người khỏe mạnh về tinh thần, chúng ta có thể nói đến việc thiếu tổ chức hoạt động tinh thần. Một cách để thoát khỏi trạng thái ám ảnh có thể là sự phát triển cơ bản của tư duy suy diễn. Trong những trường hợp khác, bác sĩ tâm thần làm việc với những bệnh nhân như vậy.

Các ví dụ về quy nạp ở trên chỉ ra rằng “sự thiếu hiểu biết về pháp luật không miễn trừ bạn khỏi những hậu quả (của những phán đoán sai lầm)”.

Các nhà tâm lý học nghiên cứu về chủ đề tư duy suy diễn đã biên soạn một danh sách các khuyến nghị nhằm giúp mọi người thành thạo phương pháp này.

Điểm đầu tiên là giải quyết vấn đề. Có thể thấy, hình thức quy nạp được sử dụng trong toán học có thể coi là “cổ điển”, và việc sử dụng phương pháp này góp phần tạo nên “kỷ luật” của trí óc.

Điều kiện tiếp theo để phát triển tư duy suy diễn là mở rộng tầm nhìn (người suy nghĩ rõ ràng thì thể hiện bản thân một cách rõ ràng). Khuyến nghị này hướng sự “đau khổ” vào kho tàng khoa học và thông tin (thư viện, trang web, sáng kiến ​​giáo dục, du lịch, v.v.).

Cần đặc biệt đề cập đến cái gọi là “cảm ứng tâm lý”. Thuật ngữ này, mặc dù không thường xuyên, có thể được tìm thấy trên Internet. Tất cả các nguồn không cung cấp ít nhất một công thức ngắn gọn về định nghĩa của thuật ngữ này, mà đề cập đến “các ví dụ từ cuộc sống”, trong khi coi đó là một kiểu cảm ứng mới hoặc gợi ý, hoặc một số dạng bệnh tâm thần, hoặc các trạng thái cực đoan của tâm lý. tâm lý con người. Từ tất cả những điều trên, rõ ràng là nỗ lực rút ra một “thuật ngữ mới” dựa trên những tiền đề sai (thường không đúng) sẽ khiến người thực nghiệm đạt được một tuyên bố sai lầm (hoặc vội vàng).

Cần lưu ý rằng việc đề cập đến các thí nghiệm năm 1960 (không nêu rõ địa điểm, tên những người thực hiện thí nghiệm, mẫu đối tượng và quan trọng nhất là mục đích của thí nghiệm), nói một cách nhẹ nhàng, không thuyết phục và tuyên bố rằng bộ não nhận thức thông tin bỏ qua tất cả các cơ quan nhận thức (cụm từ "bị ảnh hưởng" sẽ phù hợp hơn trong trường hợp này), khiến người ta nghĩ về sự cả tin và thiếu phê phán của tác giả tuyên bố.

Thay vì một kết luận

Không phải vô cớ mà nữ hoàng của các ngành khoa học, toán học lại sử dụng mọi nguồn dự trữ có thể có của phương pháp quy nạp và diễn dịch. Các ví dụ được xem xét cho phép chúng tôi kết luận rằng việc áp dụng hời hợt và thiếu hiệu quả (như họ nói), ngay cả những phương pháp chính xác và đáng tin cậy nhất luôn dẫn đến kết quả sai lầm.

Trong ý thức đại chúng, phương pháp suy luận gắn liền với Sherlock Holmes nổi tiếng, người trong các công trình logic của mình thường sử dụng các ví dụ về quy nạp, sử dụng suy luận trong các tình huống phù hợp.

Bài viết đã xem xét các ví dụ về việc áp dụng các phương pháp này trong các ngành khoa học và lĩnh vực hoạt động khác nhau của con người.

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, nhưng 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 quá trình 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 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.

Quy nạp là một phương pháp thu được một tuyên bố chung từ những quan sát cụ thể. Trong trường hợp một phát biểu toán học liên quan đến một số lượng hữu hạn các đối tượng, nó có thể được chứng minh bằng cách kiểm tra từng đối tượng. Ví dụ: mệnh đề: “Mọi số chẵn có hai chữ số là tổng của hai số nguyên tố” xuất phát từ một chuỗi các đẳng thức khá khả thi để thiết lập:

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

Một phương pháp chứng minh trong đó một phát biểu được xác minh cho một số hữu hạn các trường hợp làm cạn kiệt mọi khả năng được gọi là quy nạp hoàn toàn. Phương pháp này tương đối hiếm khi được sử dụng, vì các phát biểu toán học, như một quy luật, không liên quan đến các tập hợp đối tượng hữu hạn mà là vô hạn. Ví dụ, phát biểu về số chẵn có hai chữ số được chứng minh ở trên bằng quy nạp hoàn toàn chỉ là trường hợp đặc biệt của định lý: “Mọi số chẵn đều là tổng của hai số nguyên tố”. Định lý này vẫn chưa được chứng minh hoặc bác bỏ.

Quy nạp toán học là phương pháp chứng minh một khẳng định nào đó cho số tự nhiên n bất kỳ dựa trên nguyên lý quy nạp toán học: “Nếu một mệnh đề đúng với n=1 và tính hợp lệ của nó với n=k thì hàm ý mệnh đề đó đúng với n=k +1 thì đúng với mọi n " Phương pháp chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học như sau:

1) cơ sở quy nạp: chúng chứng minh hoặc trực tiếp kiểm tra tính hợp lệ của mệnh đề đối với n=1 (đôi khi n=0 hoặc n=n 0);

2) Bước quy nạp (chuyển tiếp): họ thừa nhận tính đúng đắn của mệnh đề đối với một số tự nhiên n=k và dựa trên giả định này, chứng minh tính đúng đắn của mệnh đề đối với n=k+1.

Vấn đề với giải pháp

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

Hãy ký hiệu A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Cơ sở cảm ứng. Nếu n=1 thì A(1)=3 3 +2 3 =35 và hiển nhiên là chia hết cho 7.

Giả định cảm ứng. Cho A(k) chia hết cho 7.

Chuyển tiếp cảm ứng. Hãy chứng minh rằng A(k+1) chia hết cho 7, tức là mệnh đề của bài toán có giá trị 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.

Số cuối cùng chia hết cho 7 vì nó là hiệu của hai số nguyên chia hết cho 7. Do đó, 3 2n+1 +2 n+2 chia hết cho 7 với mọi số tự nhiên n.

2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số 2 3 n +1 đều chia hết cho 3 n+1 và không chia hết cho 3 n+2.

Hãy giới thiệu ký hiệu: a i =2 3 i +1.

Với n=1 ta có, và 1 =2 3 +1=9. Vì vậy, 1 chia hết cho 3 2 và không chia hết cho 3 3.

Giả sử n=k số a k chia hết cho 3 k+1 và không chia hết cho 3 k+2, nghĩa là a k =2 3 k +1=3 k+1 m, trong đó m không chia hết cho 3. Khi đó

và 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 ·m 2 –2 3 k).

Hiển nhiên, k+1 chia hết cho 3 k+2 và không chia hết cho 3 k+3.

Do đó, khẳng định được chứng minh với mọi số tự nhiên n.

3. Biết x+1/x là số nguyên. Chứng minh rằng x n +1/x n cũng là số nguyên với mọi số nguyên n.

Hãy giới thiệu ký hiệu: a i =х i +1/х i và lưu ý ngay rằng a i =а –i, vì vậy chúng ta sẽ tiếp tục nói về các chỉ số tự nhiên.

Lưu ý: 1 là số nguyên theo quy ước; và 2 là số nguyên, vì a 2 = (a 1) 2 –2; và 0 = 2.

Giả sử a k là số nguyên với mọi số tự nhiên k không vượt quá n. Khi đó a 1 ·a n là một số nguyên, nhưng a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 và a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Tuy nhiên, n–1, theo giả thuyết quy nạp, là một số nguyên. Điều này có nghĩa là n+1 cũng là một số nguyên. Do đó, x n +1/x n là một số nguyên với mọi số nguyên n, đây là điều cần phải chứng minh.

4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 thì bất đẳng thức kép đúng

5. Chứng minh rằng với n tự nhiên > 1 và |x|

(1–x)n +(1+x)n

Với n=2 bất đẳng thức đúng. Thật sự,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Nếu bất đẳng thức đúng với n=k thì với n=k+1 ta có

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Bất đẳng thức được chứng minh với mọi số tự nhiên n > 1.

6. Có n đường tròn trên một 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.

Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Với n=1 mệnh đề là hiển nhiên.

Giả sử rằng phát biểu này 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, do giả định đã đưa ra, có thể được tô màu chính xác bằng hai màu (xem hình đầu tiên bên dưới).

Sau đó, chúng ta hãy khôi phục lại hình tròn đã loại bỏ và ở một bên của nó, chẳng hạn như bên trong, thay đổi màu của từng khu vực thành mặt đối diện (xem hình thứ hai). Dễ dàng thấy rằng trong trường hợp này chúng ta sẽ có một bản đồ được tô đúng bằng hai màu, nhưng bây giờ chỉ có n+1 hình tròn, đây là điều cần phải chứng minh.

7. Chúng ta sẽ gọi một đa giác lồi là “đẹp” nếu thỏa mãn các điều kiện sau:

1) mỗi đỉnh của nó được sơn bằng một trong ba màu;

2) hai đỉnh liền kề bất kỳ được sơn bằng các màu khác nhau;

3) ít nhất một đỉnh của đa giác được sơn bằng một trong ba màu.

Chứng minh rằng mọi n-giác đẹp đều có thể cắt bằng các đường chéo rời nhau thành các hình tam giác “đẹp”.

Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Cơ sở cảm ứng. Với n=3 nhỏ nhất có thể, phát biểu của bài toán là hiển nhiên: các đỉnh của tam giác “đẹp” được sơn ba màu khác nhau và không cần cắt.

Giả định cảm ứng. Giả sử rằng phát biểu của bài toán đúng với mọi n-giác “đẹp”.

Bước cảm ứng. Chúng ta hãy xem xét một -giác "đẹp" (n+1) tùy ý và chứng minh, sử dụng giả thuyết quy nạp, rằng nó có thể bị cắt bởi một số đường chéo nhất định thành các tam giác "đẹp". Chúng ta hãy ký hiệu bằng A 1, A 2, A 3, ... An, A n+1 các đỉnh liên tiếp của (n+1)-giác. Nếu chỉ có một đỉnh của (n+1)-giác được tô bằng bất kỳ màu nào trong ba màu, thì bằng cách nối đỉnh này với các đường chéo với tất cả các đỉnh không liền kề với nó, chúng ta thu được phân hoạch cần thiết của (n+1) )-thành các hình tam giác “đẹp”.

Nếu ít nhất hai đỉnh của một (n+1)-giác được tô bằng một trong ba màu thì chúng ta biểu thị màu của đỉnh A 1 bằng số 1 và màu của đỉnh A 2 bằng số 2. Gọi k là số nhỏ nhất sao cho đỉnh A k được tô màu thứ ba. Rõ ràng là k > 2. Chúng ta hãy cắt tam giác A k–2 A k–1 A k từ (n+1)-giác có đường chéo A k–2 A k. Theo sự lựa chọn của số k, tất cả các đỉnh của tam giác này được sơn bằng ba màu khác nhau, tức là tam giác này “đẹp”. n-giác lồi A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , còn lại, theo giả định quy nạp, cũng sẽ "đẹp", có nghĩa là nó được chia thành các hình tam giác “đẹp”, điều này cần được chứng minh.

8. Chứng minh rằng trong một n-giác lồi không thể chọn nhiều hơn n đường chéo sao cho hai đường chéo bất kỳ có một điểm chung.

Hãy tiến hành chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Chúng ta hãy chứng minh một phát biểu tổng quát hơn: trong một n-giác lồi không thể chọn nhiều hơn n cạnh và đường chéo sao cho hai cạnh bất kỳ có một điểm chung. Với n = 3 mệnh đề là hiển nhiên. Giả sử rằng phát biểu này đúng với một n-giác tùy ý và bằng cách sử dụng kết quả này, chúng ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của nó đối với một-giác (n+1) tùy ý.

Giả sử rằng phát biểu này không đúng với một-giác (n+1). Nếu không có nhiều hơn hai cạnh hoặc đường chéo được chọn xuất hiện từ mỗi đỉnh của một (n+1)-giác thì tổng cộng không quá n+1 trong số chúng được chọn. Do đó, từ một đỉnh A nào đó có ít nhất ba cạnh hoặc đường chéo được chọn AB, AC, AD. Cho AC nằm giữa AB và AD. Vì bất kỳ cạnh hoặc đường chéo nào xuất phát từ điểm C và không phải CA không thể cắt đồng thời AB và AD, nên chỉ có một đường chéo CA được chọn xuất phát từ điểm C.

Loại bỏ điểm C cùng với đường chéo CA, chúng ta thu được một n-giác lồi trong đó có hơn n cạnh và đường chéo được chọn, hai đường chéo bất kỳ đều có một điểm chung. Vì vậy, chúng ta đi đến mâu thuẫn với giả định rằng phát biểu đúng với n-giác lồi tùy ý.

Vì vậy, đối với (n+1)-giác thì phát biểu đúng. Theo nguyên lý quy nạp toán học, phát biểu đúng với mọi n-giác lồi.

9. Trong một mặt phẳng có n đường thẳng, không có hai đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào cùng đi qua một điểm. Những đường thẳng này chia mặt phẳng thành mấy phần?

Sử dụng các hình vẽ cơ bản, bạn có thể dễ dàng chứng minh rằng một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2 phần, hai đường thẳng chia thành 4 phần, ba đường thẳng chia thành 7 phần và bốn đường thẳng thành 11 phần.

Chúng ta hãy biểu thị bằng N(n) số phần mà n đường thẳng chia mặt phẳng. Có thể nhận thấy rằng

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

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

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

Đó là điều tự nhiên khi cho rằng

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

hoặc, để dễ dàng thiết lập, sử dụng công thức tính tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số cộng,

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

Chúng ta hãy chứng minh tính đúng đắn của công thức này bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với n=1 công thức đã được kiểm tra.

Sau khi giả định quy nạp, chúng ta xét k+1 đường thẳng thỏa mãn điều kiện của bài toán. Chúng ta hãy chọn k đường thẳng từ chúng một cách tùy ý. Theo giả thuyết quy nạp, người ta sẽ chia mặt phẳng thành 1+ k(k+1)/2 phần. Đoạn thẳng thứ (k+1) còn lại sẽ được chia cho k đoạn thẳng đã chọn thành k+1 phần và do đó sẽ đi dọc theo phần (k+1) mà mặt phẳng đã được chia và mỗi phần trong số các phần này sẽ được chia thành 2 phần, tức là phần k+1 khác sẽ được thêm vào. Vì thế,

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

Q.E.D.

10. Trong biểu thức x 1: x 2: ... : x n, đặt dấu ngoặc đơn để biểu thị thứ tự thực hiện các hành động và kết quả được viết dưới dạng phân số:

(trong trường hợp này, mỗi chữ cái x 1, x 2, ..., x n đều nằm ở tử số của phân số hoặc ở mẫu số). Có thể thu được bao nhiêu biểu thức khác nhau theo cách này với tất cả các cách đặt dấu ngoặc đơn có thể có?

Trước hết, rõ ràng là trong phân số thu được x 1 sẽ nằm ở tử số. Gần như hiển nhiên là x 2 sẽ ở mẫu số cho dù dấu ngoặc đơn được đặt như thế nào (dấu chia ở phía trước x 2 chỉ chính x 2 hoặc biểu thức nào đó chứa x 2 trong tử số).

Có thể giả định rằng tất cả các chữ cái khác x 3, x 4, ..., xn đều có thể nằm ở tử số hoặc mẫu số một cách hoàn toàn tùy ý. Theo đó, tổng cộng bạn có thể nhận được 2 phân số n–2: mỗi chữ cái trong số n–2 chữ cái x 3, x 4, ..., x n có thể xuất hiện độc lập với các phân số khác trong tử số hoặc mẫu số.

Hãy chứng minh khẳng định này bằng quy nạp.

Với n=3 bạn có thể nhận được 2 phân số:

vậy khẳng định đó là đúng.

Giả sử nó đúng với n=k và chứng minh nó đúng với n=k+1.

Đặt biểu thức x 1:x 2: ... :x k sau một số vị trí trong ngoặc được viết dưới dạng một phân số Q nhất định. Nếu trong biểu thức này thay vì x k chúng ta thay thế x k:x k+1, thì x k sẽ là ở cùng một vị trí với phân số Q, và x k+1 sẽ không ở nơi x k (nếu x k ở mẫu số thì x k+1 sẽ ở tử số và ngược lại).

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng chúng ta có thể thêm x k+1 vào cùng vị trí của x k. Trong phân số Q, sau khi đặt trong ngoặc nhất thiết phải có biểu thức có dạng q:x k, trong đó q là chữ x k–1 hoặc một biểu thức nào đó trong ngoặc. Thay thế q:x k bằng biểu thức (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), rõ ràng chúng ta nhận được cùng một phân số Q, trong đó thay vì x k có x k ·x k+1 .

Do đó, số lượng tất cả các phân số có thể có trong trường hợp n=k+1 lớn hơn 2 lần so với trường hợp n=k và bằng 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Như vậy khẳng định đã được chứng minh.

Trả lời: 2 n–2 phân số.

Những vấn đề không có giải pháp

1. Chứng minh rằng với mọi n tự nhiên:

a) số 5 n –3 n +2n chia hết cho 4;

b) số n 3 +11n chia hết cho 6;

c) số 7 n +3n–1 chia hết cho 9;

d) số 6 2n +19 n –2 n+1 chia hết cho 17;

e) số 7 n+1 +8 2n–1 chia hết cho 19;

e) số 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 chia hết cho 27.

2. Chứng minh rằng (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Chứng minh bất đẳng thức |sin nx| n|sin x| với mọi n tự nhiên

4. Tìm các số tự nhiên a, b, c không chia hết cho 10 sao cho với mọi n tự nhiên thì a n + b n và c n có hai chữ số tận cùng giống nhau.

5. Chứng minh rằng nếu n điểm không thẳng hàng thì trong số các đường thẳng nối chúng có ít nhất n điểm khác nhau.

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 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 suy 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 tạo hóa 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 các 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.

Tức 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 + F t 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 liền theo sau.

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 bk. 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 vào 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. Sau 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 một 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

Video bài học “Phương pháp quy nạp toán học” giúp các bạn nắm vững phương pháp quy nạp toán học. Video chứa tài liệu giúp bạn hiểu bản chất của phương pháp, ghi nhớ các tính năng ứng dụng của nó và tìm hiểu cách áp dụng phương pháp này khi giải quyết vấn đề. Mục đích của video hướng dẫn này là để tạo điều kiện thuận lợi cho việc phát triển tài liệu và phát triển khả năng giải các bài toán bằng phương pháp quy nạp.

Để thu hút sự chú ý của học sinh vào việc học tài liệu, các hiệu ứng hoạt hình, hình minh họa và trình bày thông tin bằng màu sắc được sử dụng. Bài học video giúp giáo viên giải phóng thời gian trên lớp để nâng cao chất lượng bài tập cá nhân và giải quyết các vấn đề giáo dục khác.

Khái niệm về phương pháp quy nạp toán học được giới thiệu bằng cách xét dãy a n , trong đó a 1 = 4 và a n+1 = a n +2n+3. Theo cách biểu diễn tổng quát của thành phần dãy, xác định được a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, tức là dãy số 4, 9, 16,... Giả sử dãy số này n =(n+1) 2 là đúng. Đối với các thuật ngữ được chỉ định của chuỗi - thứ nhất, thứ hai, thứ ba - công thức là đúng. Cần phải chứng minh tính đúng đắn của công thức này đối với mọi n lớn tùy ý. Người ta chỉ ra rằng trong những trường hợp như vậy, phương pháp quy nạp toán học được sử dụng để giúp chứng minh khẳng định.

Bản chất của phương pháp được tiết lộ. Công thức cho n=k được coi là hợp lệ, giá trị a k =(k+1) 2 . Cần phải chứng minh rằng đẳng thức cũng đúng với k+1, nghĩa là a k +1 =(k+2) 2 . Để làm điều này, trong công thức a k +1 =a k +2k+3 chúng ta thay thế k bằng (k+1) 2. Sau khi thay thế và rút gọn những cái tương tự, chúng ta thu được đẳng thức a k +1 =(k+2) 2 . Điều này cho chúng ta quyền khẳng định rằng tính đúng đắn của công thức cho n làm cho nó đúng với n=k+1. Chứng minh được xem xét liên quan đến dãy an , được biểu diễn bằng các số 4, 9, 16,... và số hạng tổng quát an =(n+1) 2, cho quyền khẳng định rằng nếu công thức biến thành a đẳng thức thực sự cho n=1, sau đó cho n=1+ 1=2, và cho 3, v.v., nghĩa là với mọi số tự nhiên n.

Tiếp theo, bản chất của phương pháp quy nạp được trình bày bằng ngôn ngữ toán học. Nguyên tắc của phương pháp này dựa trên tính hợp lệ của mệnh đề mà một thực tế đúng với một số tự nhiên tùy ý n khi đáp ứng hai điều kiện: 1) mệnh đề đúng với n=1 2) từ tính hợp lệ của công thức này đối với n= k thì nó hợp lệ với n=k+1. Từ nguyên tắc này tuân theo cấu trúc của chứng minh, sử dụng phương pháp quy nạp toán học. Cần lưu ý rằng phương pháp này giả sử với n=1 là bằng chứng về tính đúng đắn của mệnh đề, và khi giả sử tính hợp lệ của bằng chứng cho n=k, nó được chứng minh rằng nó cũng đúng với n=k+1.

Một ví dụ về chứng minh công thức Archimedes bằng phương pháp quy nạp toán học được phân tích. Cho công thức 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Các phép tính được thực hiện trên màn hình để hiển thị tính hợp lệ của công thức cho n=1. Điểm thứ hai của chứng minh là giả định rằng với n=k công thức đúng, nghĩa là, nó có dạng 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6. Dựa trên điều này, người ta chứng minh rằng công thức cũng đúng với n=k+1. Sau khi thay thế n=k+1, chúng ta nhận được giá trị của công thức 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Như vậy công thức Archimedes đã được chứng minh.

Một ví dụ khác xem xét chứng minh bội số của 7 của tổng 15 n +6 đối với số tự nhiên n bất kỳ. Trong chứng minh ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học. Đầu tiên, chúng tôi kiểm tra tính hợp lệ của tuyên bố với n=1. Thật vậy, 15 1 +6=21. Sau đó, chúng tôi giả định tính hợp lệ cho n=k. Điều này có nghĩa là 15 k +6 là bội số của 7. Bằng cách thay n=k+1 vào công thức, chúng ta chứng minh rằng giá trị 15 k +1 +6 là bội số của 7. Sau khi biến đổi biểu thức, chúng ta nhận được: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). Do đó tổng 15 n +6 là bội số của 7.

Video bài học “Phương pháp quy nạp toán học” bộc lộ rõ ​​ràng và chi tiết bản chất và cơ chế sử dụng phương pháp quy nạp toán học trong chứng minh. Do đó, tài liệu video này không chỉ có thể đóng vai trò hỗ trợ trực quan trong bài học đại số mà còn hữu ích khi học sinh tự nghiên cứu tài liệu và giúp giải thích chủ đề cho giáo viên trong quá trình học từ xa.