Methode der mathematischen Induktion

Einführung

Hauptteil

1. Vollständige und unvollständige Induktion
2. Prinzip der mathematischen Induktion
3. Methode der mathematischen Induktion
4. Lösung von Beispielen
5. Gleichberechtigung
6. Zahlenteilung
7. Ungleichheiten

Fazit

Verzeichnis der verwendeten Literatur

Einführung

Deduktive und induktive Methoden sind die Grundlage jeder mathematischen Forschung. Die deduktive Argumentationsmethode ist die Argumentation vom Allgemeinen zum Besonderen, d.h. Argumentation, deren Ausgangspunkt das allgemeine Ergebnis ist und deren Endpunkt das besondere Ergebnis ist. Induktion wird angewendet, wenn von bestimmten Ergebnissen zu allgemeinen übergegangen wird, d.h. ist das Gegenteil der deduktiven Methode.

Die Methode der mathematischen Induktion kann mit dem Fortschritt verglichen werden. Wir fangen beim Niedrigsten an, durch logisches Denken kommen wir zum Höchsten. Der Mensch hat immer nach Fortschritt gestrebt, nach der Fähigkeit, sein Denken logisch zu entwickeln, was bedeutet, dass ihn die Natur selbst dazu bestimmt hat, induktiv zu denken.

Obwohl das Anwendungsgebiet der Methode der mathematischen Induktion gewachsen ist, wird ihr im Schulunterricht wenig Raum eingeräumt. Nehmen wir an, dass eine nützliche Person durch diese zwei oder drei Lektionen gebracht wird, für die sie fünf Wörter Theorie hört, fünf primitive Probleme löst und als Ergebnis eine Fünf bekommt, weil sie nichts weiß.

Aber das ist so wichtig – induktiv denken zu können.

Hauptteil

In seiner ursprünglichen Bedeutung bezieht sich das Wort "Induktion" auf eine Argumentation, durch die allgemeine Schlussfolgerungen auf der Grundlage einer Reihe bestimmter Aussagen gezogen werden. Die einfachste Beweismethode dieser Art ist die vollständige Induktion. Hier ist ein Beispiel für eine solche Argumentation.

Es soll festgestellt werden, dass jede natürliche gerade Zahl n innerhalb von 4 ist< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Diese neun Gleichungen zeigen, dass jede der für uns interessanten Zahlen tatsächlich als Summe zweier Primzahlen dargestellt wird.

Vollständige Induktion bedeutet also, dass die allgemeine Aussage in jedem einer endlichen Anzahl möglicher Fälle separat bewiesen wird.

Manchmal kann das allgemeine Ergebnis vorhergesagt werden, nachdem nicht alle, sondern eine Vielzahl von Spezialfällen berücksichtigt wurden (die sogenannte unvollständige Induktion).

Das durch unvollständige Induktion erhaltene Ergebnis bleibt jedoch nur eine Hypothese, bis es durch exakte mathematische Argumentation bewiesen ist, die alle Spezialfälle abdeckt. Mit anderen Worten, unvollständige Induktion in der Mathematik wird nicht als legitime Methode für strenge Beweise angesehen, sondern ist eine leistungsstarke Methode, um neue Wahrheiten zu entdecken.

Beispielsweise soll die Summe der ersten n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ermittelt werden. Betrachten Sie Sonderfälle:

1+3+5+7+9=25=5 2

Nach Betrachtung dieser wenigen Sonderfälle bietet sich folgende allgemeine Schlussfolgerung an:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

jene. die Summe der ersten n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ist n 2

Als Beweis für die Gültigkeit obiger Formel kann die gemachte Beobachtung freilich noch nicht dienen.

Vollständige Induktion hat nur begrenzte Anwendungen in der Mathematik. Viele interessante mathematische Aussagen decken unendlich viele Spezialfälle ab, und wir können nicht auf unendlich viele Fälle testen. Eine unvollständige Induktion führt oft zu fehlerhaften Ergebnissen.

In vielen Fällen besteht der Ausweg aus dieser Art von Schwierigkeiten darin, auf eine spezielle Argumentationsmethode zurückzugreifen, die als Methode der mathematischen Induktion bezeichnet wird. Es ist wie folgt.

Es sei notwendig, die Gültigkeit einer bestimmten Aussage für eine beliebige natürliche Zahl n zu beweisen (z. B. muss nachgewiesen werden, dass die Summe der ersten n ungeraden Zahlen gleich n 2 ist). Eine direkte Überprüfung dieser Aussage für jeden Wert von n ist unmöglich, da die Menge der natürlichen Zahlen unendlich ist. Um diese Aussage zu beweisen, prüfen Sie zunächst ihre Gültigkeit für n=1. Dann ist bewiesen, dass für jeden natürlichen Wert von k die Gültigkeit der betrachteten Aussage für n=k auch ihre Gültigkeit für n=k+1 impliziert.

Dann gilt die Behauptung für alle n als bewiesen. Tatsächlich gilt die Aussage für n=1. Aber dann gilt es auch für die nächste Zahl n=1+1=2. Die Gültigkeit der Behauptung für n=2 impliziert ihre Gültigkeit für n=2+

1=3. Dies impliziert die Gültigkeit der Aussage für n=4, und so weiter. Es ist klar, dass wir am Ende jede natürliche Zahl n erreichen werden. Die Aussage gilt also für jedes n.

Wir fassen das Gesagte zusammen und formulieren das folgende allgemeine Prinzip.

Das Prinzip der mathematischen Induktion.

Wenn der Satz A(n), der von einer natürlichen Zahl n abhängt, für n=1 wahr ist, und aus der Tatsache, dass er für n=k gilt (wobei k eine beliebige natürliche Zahl ist), folgt, dass er es auch ist wahr für die nächste Zahl n=k +1, dann ist Annahme A(n) wahr für jede natürliche Zahl n.

In einigen Fällen kann es notwendig sein, die Gültigkeit einer bestimmten Aussage nicht für alle natürlichen Zahlen zu beweisen, sondern nur für n > p, wobei p eine feste natürliche Zahl ist. Das Prinzip der mathematischen Induktion wird dabei wie folgt formuliert.

Wenn Aussage A(n) wahr ist für n=p und wenn A(k)ÞA(k+1) für jedes k>p, dann ist Aussage A(n) wahr für jedes n>p.

Der Beweis nach der Methode der mathematischen Induktion wird wie folgt geführt. Zunächst wird die zu beweisende Behauptung auf n=1 geprüft, d.h. die Wahrheit der Aussage A(1) ist bewiesen. Dieser Teil des Beweises wird Induktionsbasis genannt. Darauf folgt ein Teil des Beweises, der Induktionsschritt genannt wird. In diesem Teil wird die Gültigkeit der Aussage für n=k+1 unter der Annahme bewiesen, dass die Aussage für n=k gilt (Induktionsannahme), d.h. Beweisen Sie, dass A(k)ÞA(k+1).

Beweisen Sie, dass 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Lösung: 1) Wir haben n=1=1 2 . Somit,

die Aussage gilt für n=1, d.h. A(1) ist wahr.

2) Beweisen wir, dass A(k)ÞA(k+1).

Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Aussage für n=k wahr, d.h.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Beweisen wir, dass die Behauptung dann auch für die nächste natürliche Zahl n=k+1 gilt, also was

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Tatsächlich,

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

Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Annahme A(n) für jedes nОN gilt.

Beweise das

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), wobei x¹1

Lösung: 1) Für n=1 erhalten wir

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

daher gilt für n=1 die Formel; A(1) ist wahr.

2) Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Formel sei wahr für n=k, d.h.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Beweisen wir das dann die Gleichheit

1+x+x 2 +x 3 +…+xk +xk+1 =(xk+2 -1)/(x-1).

Tatsächlich

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

= (xk+1 – 1)/(x – 1) + xk+1 = (xk+2 – 1)/(x – 1).

Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Formel für jede natürliche Zahl n gilt.

Beweisen Sie, dass die Anzahl der Diagonalen eines konvexen n-Ecks n(n-3)/2 ist.

Lösung: 1) Für n=3 ist die Aussage wahr

Und 3 ist richtig, weil in einem Dreieck

 A 3 =3(3-3)/2=0 Diagonalen;

A 2 A(3) ist wahr.

2) Nehmen wir an, dass in jedem

konvexes k-gon hat-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 Diagonalen.

A k Beweisen wir das dann in einer Konvexität

(k+1)-Eckzahl

Diagonalen Ak+1 = (k+1)(k-2)/2.

Sei À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -konvexer (k+1)-Winkel. Zeichnen wir eine Diagonale A 1 A k hinein. Um die Gesamtzahl der Diagonalen dieses (k + 1)-Ecks zu zählen, müssen Sie die Anzahl der Diagonalen im k-Eck A 1 A 2 ...A k zählen, k-2 zu der resultierenden Zahl addieren, d.h. die Anzahl der vom Scheitelpunkt A k+1 ausgehenden Diagonalen des (k+1)-Ecks und zusätzlich die Diagonale A 1 A k zu berücksichtigen.

Auf diese Weise,

 k+1 =  k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Also A(k)ÞA(k+1). Aufgrund des Induktionsprinzips gilt die Aussage für jedes konvexe n-Eck.

Beweisen Sie, dass für jedes n die Aussage gilt:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Lösung: 1) Dann sei n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Für n=1 ist die Aussage also wahr.

2) Nehmen Sie an, dass n=k

Xk \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Betrachten Sie diese Aussage für n=k+1

Xk+1 = (k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Wir haben die Gültigkeit der Gleichheit für n = k + 1 bewiesen, daher gilt die Aussage aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes natürliche n.

Beweisen Sie, dass für jedes natürliche n die Gleichheit gilt:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Lösung: 1) Sei n=1.

Dann ist X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Wir sehen, dass für n=1 die Aussage wahr ist.

2) Angenommen, die Gleichheit gilt für n=k

Xk \u003d k2 (k + 1) 2 / 4.

3) Beweisen wir die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1, d.h.

Xk+1 = (k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Aus dem obigen Beweis ist klar, dass die Aussage für n=k+1 gilt, also gilt die Gleichheit für jedes natürliche n.

Beweise das

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), wobei n > 2.

Lösung: 1) Für n=2 sieht die Identität so aus: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

jene. es ist korrekt.

2) Angenommen, der Ausdruck gilt für n=k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) Wir beweisen die Richtigkeit des Ausdrucks für n=k+1.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Wir haben die Gültigkeit der Gleichheit für n = k + 1 bewiesen, daher gilt die Aussage aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes n> 2

Beweise das

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

für jedes natürliche n.

Lösung: 1) Dann sei n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Angenommen, dass n = k, dann

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Beweisen wir die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

Auch die Gültigkeit der Gleichheit für n=k+1 ist bewiesen, also gilt die Aussage für jede natürliche Zahl n.

Beweisen Sie die Gültigkeit der Identität

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

für jedes natürliche n.

1) Für n=1 ist die Identität wahr 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Nehmen Sie an, dass für n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Beweisen wir, dass die Identität für n=k+1 gilt.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1). )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).

Aus dem obigen Beweis ist ersichtlich, dass die Behauptung für jede natürliche Zahl n gilt.

Beweisen Sie, dass (11 n+2 +12 2n+1) ohne Rest durch 133 teilbar ist.

Lösung: 1) Dann sei n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Aber (23´133) ist ohne Rest durch 133 teilbar, also gilt für n=1 die Aussage; A(1) ist wahr.

2) Angenommen, (11 k+2 +12 2k+1) ist ohne Rest durch 133 teilbar.

3) Lassen Sie uns das in diesem Fall beweisen

(11 k+3 +12 2k+3) ist ohne Rest durch 133 teilbar. Tatsächlich ist 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

Die resultierende Summe ist ohne Rest durch 133 teilbar, da ihr erster Term durch Annahme ohne Rest durch 133 teilbar ist und im zweiten einer der Faktoren 133 ist. Also À(k)ÞÞ(k+1). Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Beweisen Sie, dass für jedes n 7 n -1 ohne Rest durch 6 teilbar ist.

Lösung: 1) Sei n=1, dann wird X 1 =7 1 -1=6 ohne Rest durch 6 geteilt. Für n=1 ist die Aussage also wahr.

2) Nehmen Sie an, dass für n=k

7 k -1 ist ohne Rest durch 6 teilbar.

3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt.

Xk+1 =7k+1 -1=7´7k -7+6=7(7k -1)+6.

Der erste Term ist durch 6 teilbar, da 7 k -1 per Annahme durch 6 teilbar ist und der zweite Term 6 ist. Also ist 7 n -1 ein Vielfaches von 6 für jedes natürliche n. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Beweisen Sie, dass 3 3n-1 +2 4n-3 für beliebige natürliche n durch 11 teilbar ist.
Lösung: 1) Dann sei n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 wird ohne Rest durch 11 geteilt. Für n=1 ist die Aussage also wahr.

2) Nehmen Sie an, dass für n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ist ohne Rest durch 11 teilbar.

3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

Der erste Term ist ohne Rest durch 11 teilbar, da 3 3k-1 +2 4k-3 per Annahme durch 11 teilbar ist, der zweite durch 11 teilbar, weil einer seiner Faktoren die Zahl 11 ist. Also ist die Summe für jedes natürliche n auch ohne Rest durch 11 teilbar. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Beweisen Sie, dass 11 2n -1 für eine beliebige positive ganze Zahl n ohne Rest durch 6 teilbar ist.

Lösung: 1) Sei n=1, dann ist 11 2 -1=120 ohne Rest durch 6 teilbar. Für n=1 ist die Aussage also wahr.

2) Nehmen Sie an, dass für n=k

11 2k -1 ist ohne Rest durch 6 teilbar.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Beide Terme sind ohne Rest durch 6 teilbar: Der erste enthält ein Vielfaches von 6, Zahl 120, und der zweite ist per Annahme ohne Rest durch 6 teilbar. Die Summe ist also ohne Rest durch 6 teilbar. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Beweisen Sie, dass 3 3n+3 -26n-27 für eine beliebige positive ganze Zahl n ohne Rest durch 26 2 (676) teilbar ist.

Lösung: Beweisen wir zunächst, dass 3 3n+3 -1 ohne Rest durch 26 teilbar ist.

1. Für n=0

3 3 -1=26 ist durch 26 teilbar

2. Angenommen, für n=k

3 3k+3 -1 ist durch 26 teilbar

3. Lassen Sie uns beweisen, dass die Aussage

wahr für n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – teilbar durch 26

Beweisen wir nun die in der Bedingung des Problems formulierte Behauptung.

1) Es ist offensichtlich, dass für n=1 die Aussage wahr ist

3 3+3 -26-27=676

2) Nehmen Sie an, dass für n=k

der Ausdruck 3 3k+3 -26k-27 ist ohne Rest durch 26 2 teilbar.

3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Beide Terme sind durch 26 2 teilbar; die erste ist durch 26 2 teilbar, weil wir bewiesen haben, dass der Ausdruck in der Klammer durch 26 teilbar ist, und die zweite durch die Induktionsannahme. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Beweisen Sie, dass wenn n>2 und x>0, dann die Ungleichung

(1+x) n >1+n´x.

Lösung: 1) Für n=2 ist die Ungleichung wahr, da

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

Also ist A(2) wahr.

2) Beweisen wir, dass A(k)ÞA(k+1) gilt, falls k> 2. Angenommen, A(k) sei wahr, d. h. die Ungleichung

(1+x) k >1+k´x. (3)

Beweisen wir, dass dann auch A(k+1) gilt, d.h. dass die Ungleichung

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Tatsächlich erhalten wir, wenn wir beide Seiten der Ungleichung (3) mit einer positiven Zahl 1+x multiplizieren

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Betrachten Sie die rechte Seite des letzten Ungleichen

stva; wir haben

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

Als Ergebnis bekommen wir das

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kann argumentiert werden, dass die Bernoulli-Ungleichung für alle gilt

Beweisen Sie, dass die Ungleichung gilt

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 für a> 0.

Lösung: 1) Für m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 beide Teile sind gleich.

2) Nehmen Sie an, dass für m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Beweisen wir, dass für m=k+1 die Ungleichheit wahr ist

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Wir haben die Gültigkeit der Ungleichung für m = k + 1 bewiesen, daher gilt die Ungleichung aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes natürliche m.

Beweisen Sie, dass für n>6 die Ungleichung gilt

3 n >n´2 n+1 .

Lösung: Schreiben wir die Ungleichung in die Form um

1. Für n=7 haben wir

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

die Ungleichung ist wahr.

2. Angenommen, für n=k

3) Beweisen wir die Richtigkeit der Ungleichung für n=k+1.

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Da k > 7, ist die letzte Ungleichung offensichtlich.

Aufgrund der Methode der mathematischen Induktion gilt die Ungleichung für jedes natürliche n.

Beweisen Sie, dass für n>2 die Ungleichung gilt

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).

Lösung: 1) Für n=3 gilt die Ungleichung

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

1. Angenommen, für n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).

3) Wir werden die Gültigkeit der Nicht-

Gleichheiten für n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

Beweisen wir, dass 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Letzteres ist offensichtlich, und daher

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1).

Aufgrund der Methode der mathematischen Induktion wird die Ungleichheit bewiesen.

Fazit

Insbesondere durch das Studium der Methode der mathematischen Induktion habe ich mein Wissen in diesem Bereich der Mathematik erweitert und auch gelernt, Probleme zu lösen, die zuvor außerhalb meiner Möglichkeiten lagen.

Im Grunde waren das logische und unterhaltsame Aufgaben, d.h. gerade diejenigen, die das Interesse an der Mathematik selbst als Wissenschaft steigern. Das Lösen solcher Probleme wird zu einer unterhaltsamen Beschäftigung und kann immer mehr Neugierige in die mathematischen Labyrinthe locken. Meiner Meinung nach ist dies die Grundlage jeder Wissenschaft.

Indem ich die Methode der mathematischen Induktion weiter studiere, werde ich versuchen zu lernen, wie man sie nicht nur in der Mathematik anwendet, sondern auch bei der Lösung von Problemen in Physik, Chemie und im Leben selbst.

MATHEMATIK:

VORTRÄGE, AUFGABEN, LÖSUNGEN

Lehrbuch / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA UND DIE PRINZIPIEN DER ANALYSE

Lehrbuch / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivashev-Musatov, B. E. Veits. "Aufklärung" 1975.

Vorlesung 6. Methode der mathematischen Induktion.

Neues Wissen in Wissenschaft und Leben wird auf unterschiedliche Weise gewonnen, aber alle (wenn Sie nicht ins Detail gehen) sind in zwei Arten unterteilt - den Übergang vom Allgemeinen zum Besonderen und vom Besonderen zum Allgemeinen. Das erste ist die Deduktion, das zweite die Induktion. Deduktives Denken nennt man in der Mathematik gewöhnlich logisches Denken, und in der mathematischen Wissenschaft ist die Deduktion die einzig legitime Untersuchungsmethode. Die Regeln des logischen Denkens wurden vor zweieinhalb Jahrtausenden vom antiken griechischen Wissenschaftler Aristoteles formuliert. Er erstellte eine vollständige Liste der einfachsten richtigen Argumentation, Syllogismen– „Bausteine“ der Logik, die gleichzeitig auf typische Argumentationen hinweisen, den richtigen sehr ähnlich, aber falsch (wir treffen oft auf solche „pseudologischen“ Argumentationen in den Medien).

Induktion (Induktion - auf Latein Orientierungshilfe) wird durch die bekannte Legende veranschaulicht, wie Isaac Newton das Gesetz der universellen Gravitation formulierte, nachdem ihm ein Apfel auf den Kopf gefallen war. Ein weiteres Beispiel aus der Physik: Bei einem Phänomen wie der elektromagnetischen Induktion erzeugt, „induziert“ ein elektrisches Feld ein Magnetfeld. „Newtons Apfel“ ist ein typisches Beispiel für eine Situation, in der ein oder mehrere Spezialfälle, d. h. Beobachtungen, zu einer allgemeinen Aussage "führen", wird die allgemeine Schlussfolgerung aufgrund von Einzelfällen gezogen. Die induktive Methode ist die wichtigste Methode, um allgemeine Muster sowohl in den Natur- als auch in den Geisteswissenschaften zu erhalten. Aber es hat einen ganz entscheidenden Nachteil: Auf der Grundlage bestimmter Beispiele kann eine falsche Schlussfolgerung gezogen werden. Hypothesen, die sich aus privaten Beobachtungen ergeben, sind nicht immer richtig. Betrachten Sie ein Beispiel von Euler.

Wir werden den Wert des Trinoms für einige erste Werte berechnen n:

Beachten Sie, dass die als Ergebnis von Berechnungen erhaltenen Zahlen Primzahlen sind. Und das kann man für jeden direkt nachprüfen n 1 bis 39 Polynomwert
ist eine Primzahl. Allerdings wann n=40 erhalten wir die Zahl 1681=41 2 , die keine Primzahl ist. Also die Hypothese, die hier entstehen könnte, also die Hypothese, dass für jeden n Anzahl
ist einfach, stellt sich als falsch heraus.

Leibniz bewies das im 17. Jahrhundert für jede positive ganze Zahl n Anzahl
durch 3 teilbar
ist durch 5 teilbar usw. Auf dieser Grundlage schlug er dies für jede Quote vor k und jede natürliche n Anzahl
geteilt durch k, merkte das aber bald
ist nicht durch 9 teilbar.

Die betrachteten Beispiele lassen uns eine wichtige Schlussfolgerung ziehen: Eine Aussage kann in einigen Spezialfällen wahr und gleichzeitig im Allgemeinen ungerecht sein. Die Frage nach der Gültigkeit der Aussage im allgemeinen Fall kann durch Anwendung einer speziellen Argumentationsmethode gelöst werden durch mathematische Induktion(vollständige Induktion, perfekte Induktion).

6.1. Das Prinzip der mathematischen Induktion.

♦ Die Methode der mathematischen Induktion basiert auf Prinzip der mathematischen Induktion , bestehend aus:

1) Die Gültigkeit dieser Aussage wird überprüftn=1 (Induktionsbasis) ,

2) Diese Aussage wird als wahr angenommenn= k, wokeine beliebige natürliche Zahl 1 ist(Induktionsannahme) , und unter Berücksichtigung dieser Annahme wird ihre Gültigkeit für festgestelltn= k+1.

Nachweisen. Nehmen Sie das Gegenteil an, d.h. nehmen Sie an, dass die Behauptung nicht für alle Naturals gilt n. Dann gibt es so eine natürliche m, was:

1) Genehmigung für n=m nicht fair,

2) für alle n, kleiner m, die Behauptung ist wahr (mit anderen Worten, m ist die erste natürliche Zahl, für die die Behauptung fehlschlägt).

Es ist klar, dass m>1, weil zum n=1 die Aussage ist wahr (Bedingung 1). Somit,
- natürliche Zahl. Es stellt sich heraus, dass für eine natürliche Zahl
die Aussage wahr ist, und für die nächste natürliche Zahl m das ist unfair. Dies widerspricht Bedingung 2. ■

Beachten Sie, dass der Beweis das Axiom verwendet, dass jede Sammlung natürlicher Zahlen die kleinste Zahl enthält.

Ein Beweis, der auf dem Prinzip der mathematischen Induktion basiert, wird genannt durch vollständige mathematische Induktion .

 Beispiel6.1. Beweisen Sie das für jeden Naturtalent n Anzahl
ist durch 3 teilbar.

Entscheidung.

1) Wann n=1 , also a 1 ist durch 3 teilbar und die Aussage gilt für n=1.

2) Angenommen, die Aussage gilt für n=k,
, das heißt, diese Zahl
durch 3 teilbar ist und finden Sie das heraus n=k+1 Zahl ist durch 3 teilbar.

Tatsächlich,

weil jeder Term ist durch 3 teilbar, dann ist auch ihre Summe durch 3 teilbar. ■ 

 Beispiel6.2. Beweisen Sie, dass die Summe der ersten n natürliche ungerade Zahlen sind gleich dem Quadrat ihrer Zahl, also .

Entscheidung. Wir verwenden die Methode der vollständigen mathematischen Induktion.

1) Wir prüfen die Gültigkeit dieser Erklärung auf n=1: 1=1 2 ist richtig.

2) Angenommen, die Summe der ersten k (
) ungerader Zahlen ist gleich dem Quadrat der Anzahl dieser Zahlen, also . Basierend auf dieser Gleichheit stellen wir fest, dass die Summe der ersten ist k+1 ungerade Zahlen ist gleich
, also .

Wir verwenden unsere Annahme und erhalten

. ■ 

Die Methode der vollständigen mathematischen Induktion wird verwendet, um einige Ungleichungen zu beweisen. Beweisen wir die Ungleichung von Bernoulli.

 Beispiel6.3. Beweisen Sie das wann
und jede natürliche n die Ungleichheit
(Bernoullische Ungleichung).

Entscheidung. 1) Wann n=1 bekommen wir
, welches ist richtig.

2) Wir nehmen an, dass bei n=k es gibt eine ungleichheit
(*). Mit dieser Annahme beweisen wir das
. Beachten Sie, wann
diese Ungleichung gilt, und daher genügt es, den Fall zu betrachten
.

Multipliziere beide Teile der Ungleichung (*) mit der Zahl
und bekomme:

Das heißt (1+
.■ 

Beweis nach Methode unvollständige mathematische Induktion einige Behauptung abhängig von n, wo
in ähnlicher Weise durchgeführt, aber am Anfang wird dem kleinsten Wert Gerechtigkeit widerfahren n.

Einige Probleme formulieren nicht explizit eine Aussage, die durch mathematische Induktion bewiesen werden kann. In solchen Fällen ist es notwendig, eine Regelmäßigkeit zu etablieren und eine Hypothese über die Gültigkeit dieser Regelmäßigkeit zu formulieren und dann die vorgeschlagene Hypothese durch die Methode der mathematischen Induktion zu testen.

 Beispiel6.4. Finden Sie den Betrag
.

Entscheidung. Lassen Sie uns die Summen finden S 1 , S 2 , S 3 . Wir haben
,
,
. Wir gehen davon aus, dass dies für jeden Naturmenschen der Fall ist n die Formel gilt
. Um diese Hypothese zu testen, verwenden wir die Methode der vollständigen mathematischen Induktion.

1) Wann n=1 die Hypothese wahr ist, weil
.

2) Nehmen Sie an, dass die Hypothese wahr ist für n=k,
, also
. Unter Verwendung dieser Formel stellen wir fest, dass die Hypothese wahr ist und für n=k+1, das heißt

Tatsächlich,

Unter der Annahme, dass die Hypothese für gilt n=k,
, es ist bewiesen, dass es wahr ist für n=k+1, und basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Formel für alle natürlichen gilt n. ■ 

 Beispiel6.5. In der Mathematik ist bewiesen, dass die Summe zweier gleichmäßig stetiger Funktionen eine gleichmäßig stetige Funktion ist. Basierend auf dieser Aussage müssen wir beweisen, dass die Summe einer beliebigen Zahl
von gleichmäßig stetigen Funktionen ist eine gleichmäßig stetige Funktion. Aber da wir das Konzept der "gleichmäßig kontinuierlichen Funktion" noch nicht eingeführt haben, stellen wir das Problem abstrakter: Lassen Sie uns wissen, dass die Summe zweier Funktionen eine Eigenschaft hat S, selbst hat die Eigenschaft S. Beweisen wir, dass die Summe beliebig vieler Funktionen die Eigenschaft hat S.

Entscheidung. Die Grundlage der Induktion liegt hier in der Formulierung des Problems selbst. Machen Sie die induktive Annahme und betrachten Sie
Funktionen f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, die die Eigenschaft haben S. Dann . Auf der rechten Seite hat der erste Term die Eigenschaft S nach Induktionsannahme hat der zweite Term die Eigenschaft S nach Zustand. Daher hat ihre Summe die Eigenschaft S– für zwei Terme „funktioniert“ die Induktionsbasis.

Dies beweist die Behauptung und wird sie weiter verwenden. ■ 

 Beispiel6.6. Alles natürlich finden n, für die die Ungleichung

.

Entscheidung. Prüfen n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Wir haben: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Somit können wir eine Hypothese aufstellen: die Ungleichheit
hat einen Platz für alle
. Um die Wahrheit dieser Hypothese zu beweisen, verwenden wir das Prinzip der unvollständigen mathematischen Induktion.

1) Wie oben erwähnt, gilt diese Hypothese für n=5.

2) Angenommen, es gilt für n=k,
, also die Ungleichheit
. Unter Verwendung dieser Annahme beweisen wir, dass die Ungleichung
.

T. zu.
und bei
es gibt eine ungleichheit

beim
,

dann kriegen wir das hin
. Also die Wahrheit der Hypothese n=k+1 folgt aus der Annahme, dass es gilt für n=k,
.

Von S. 1 und 2, basierend auf dem Prinzip der unvollständigen mathematischen Induktion, folgt, dass die Ungleichung
gilt für jeden natürlichen
. ■ 

 Beispiel6.7. Beweisen Sie das für eine beliebige natürliche Zahl n die Ableitungsformel gilt
.

Entscheidung. Beim n=1 Diese Formel hat die Form
, oder 1=1, das heißt, es ist wahr. Mit der induktiven Annahme haben wir:

Q.E.D. ■ 

 Beispiel6.8. Beweisen Sie, dass die Menge bestehend aus n Elemente, hat Teilmengen.

Entscheidung. Eine Menge mit einem Element a, hat zwei Teilmengen. Dies ist wahr, weil alle ihre Teilmengen die leere Menge und die Menge selbst sind und 2 1 = 2.

Wir gehen davon aus, dass jeder Satz von n Elemente hat Teilmengen. Wenn die Menge A besteht aus n+1 Elemente, dann fixieren wir ein Element darin - bezeichnen Sie es d, und teilen Sie alle Teilmengen in zwei Klassen - nicht enthaltend d und enthält d. Alle Teilmengen der ersten Klasse sind Teilmengen der Menge B, die man aus A erhält, indem man das Element entfernt d.

Die Menge B besteht aus n Elemente und hat daher nach Induktionsannahme Teilmengen, also in der ersten Klasse Teilmengen.

Aber in der zweiten Klasse gibt es genauso viele Teilmengen: Jede von ihnen wird durch Hinzufügen des Elements aus genau einer Teilmenge der ersten Klasse gewonnen d. Also insgesamt die Menge A
Teilmengen.

Damit ist die Behauptung bewiesen. Beachten Sie, dass es auch für eine Menge gilt, die aus 0 Elementen besteht – eine leere Menge: Sie hat eine einzige Teilmenge – sich selbst und 2 0 = 1. ■ 

Überprüfen Sie dazu zunächst den Wahrheitsgehalt der Aussage mit Nummer 1 - Induktionsbasis, und dann ist bewiesen, dass wenn die Aussage mit der Zahl n, dann die folgende Behauptung mit der Zahl n + 1 - Induktionsschritt, oder induktiver Übergang.

Der Induktionsbeweis lässt sich in Form der sog Domino-Prinzip. Es seien beliebig viele Dominosteine ​​so aneinandergereiht, dass jeder fallende Dominostein zwangsläufig den nächsten umwirft (das ist der induktive Übergang). Wenn wir dann den ersten Bone drücken (das ist die Basis der Induktion), fallen alle Bones in der Reihe.

Die logische Grundlage für diese Beweismethode ist die sog Axiom der Induktion, das fünfte der Peano-Axiome, die die natürlichen Zahlen definieren. Die Richtigkeit der Induktionsmethode entspricht der Tatsache, dass es in jeder Teilmenge natürlicher Zahlen ein minimales Element gibt.

Es gibt auch eine Variation, das sogenannte Prinzip der vollständigen mathematischen Induktion. Hier ist der strenge Wortlaut:

Das Prinzip der vollständigen mathematischen Induktion entspricht auch dem Induktionsaxiom in Peanos Axiomen.

Beispiele

Aufgabe. Beweisen Sie das, was auch immer das Natürliche ist n und echt q≠ 1, die Gleichheit

Nachweisen. Induktion an n.

Base, n = 1:

Übergang: Stellen wir uns das vor

,

Q.E.D.

Kommentar: Treue der Aussage P n in diesem Beweis ist dasselbe wie die Gültigkeit der Gleichheit

siehe auch

Variationen und Verallgemeinerungen

Literatur

• N. Ja Wilenkin Induktion. Kombinatorik. Ein Leitfaden für Lehrer. M., Aufklärung, 1976.-48 p.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglom Einführung in die Geometrie, "Popular Lectures on Mathematics", Ausgabe 21, Fizmatgiz 1961.-100 p.
• R. Courant, G. Robbins"Was ist Mathematik?" Kapitel I, §2.
• I. S. Sominsky Methode der mathematischen Induktion. "Volksvorlesungen über Mathematik", Heft 3, Nauka-Verlag 1965.-58 p.

Wikimedia-Stiftung. 2010 .

Sehen Sie, was die "Methode der mathematischen Induktion" in anderen Wörterbüchern ist:

Die mathematische Induktion in der Mathematik ist eine der Beweismethoden. Wird verwendet, um die Wahrheit einer Aussage für alle natürlichen Zahlen zu beweisen. Dazu wird zuerst der Wahrheitsgehalt der Aussage mit der Nummer 1 überprüft, die Basis der Induktion, und dann ... ... Wikipedia

Eine Methode zum Aufbau einer Theorie, zusätzlich basiert sie auf einigen ihrer Bestimmungen - Axiome oder Postulate - aus denen alle anderen Bestimmungen der Theorie (Theorem) durch Argumentation abgeleitet werden, die als Beweise bezeichnet werden m i. Regeln übrigens ... ... Philosophische Enzyklopädie

Induktion (lat. inductio Führung) ist der Vorgang des Schließens, der auf dem Übergang von einer bestimmten Position zu einer allgemeinen basiert. Induktives Denken verbindet private Prämissen mit der Schlussfolgerung nicht so sehr durch die Gesetze der Logik, sondern eher durch einige ... ... Wikipedia

GENETISCHE METHODE- eine Möglichkeit, den Inhalt und das Wesen des untersuchten Objekts nicht durch Konvention, Idealisierung oder logische Schlussfolgerung festzulegen, sondern durch Untersuchung seines Ursprungs (basierend auf der Untersuchung der Gründe, die zu seinem Auftreten geführt haben, des Bildungsmechanismus). Weit... ... Wissenschaftstheorie: Glossar der Grundbegriffe

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axiomatische Methode- AXIOMATISCHE METHODE (von griech. axioma) Die akzeptierte Position ist eine Methode zur Konstruktion einer wissenschaftlichen Theorie, bei der nur Axiome, Postulate und Aussagen, die vorher von ihnen abgeleitet wurden, in der Beweisführung verwendet werden. Erstmals gezeigt... Enzyklopädie der Erkenntnistheorie und Wissenschaftsphilosophie

Eine der fehlertheoretischen Methoden zur Schätzung unbekannter Größen aus Messergebnissen mit zufälligen Fehlern. N. c. m. wird auch für eine ungefähre Darstellung einer gegebenen Funktion durch andere (einfachere) Funktionen verwendet und erweist sich oft als ... Mathematische Enzyklopädie

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Dieser Begriff hat andere Bedeutungen, siehe Induktion. Induktion (lat. inductio Führung) ist der Vorgang des Schließens, der auf dem Übergang von einer bestimmten Position zu einer allgemeinen basiert. Induktives Denken verbindet private Räumlichkeiten ... ... Wikipedia

Induktion ist eine Methode, um aus bestimmten Beobachtungen eine allgemeine Aussage zu gewinnen. Wenn eine mathematische Aussage eine endliche Anzahl von Objekten betrifft, kann sie bewiesen werden, indem für jedes Objekt geprüft wird. Beispielsweise folgt die Aussage: „Jede zweistellige gerade Zahl ist die Summe zweier Primzahlen“ aus einer Reihe von Gleichheiten, die durchaus realistisch aufzustellen sind:

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

Die Beweismethode, bei der eine Aussage für endlich viele Fälle unter Ausschöpfung aller Möglichkeiten verifiziert wird, heißt vollständige Induktion. Diese Methode ist relativ selten anwendbar, da mathematische Aussagen in der Regel nicht endliche, sondern unendliche Mengen von Objekten betreffen. Beispielsweise ist die oben durch vollständige Induktion bewiesene Aussage über gerade zweistellige Zahlen nur ein Sonderfall des Satzes: „Jede gerade Zahl ist die Summe zweier Primzahlen.“ Dieser Satz ist bisher weder bewiesen noch widerlegt worden.

Mathematische Induktion ist ein Verfahren zum Beweis einer bestimmten Aussage für jedes natürliche n, basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion: „Wenn eine Aussage für n=1 wahr ist und aus ihrer Gültigkeit für n=k folgt, dass diese Aussage für n= wahr ist k+1, dann gilt für alle n ". Die Methode des Beweises durch mathematische Induktion ist wie folgt:

1) Induktionsbasis: beweise oder verifiziere direkt die Gültigkeit der Aussage für n=1 (manchmal n=0 oder n=n 0);

2) Induktionsschritt (Übergang): Sie nehmen die Gültigkeit der Aussage für ein natürliches n=k an und beweisen aufgrund dieser Annahme die Gültigkeit der Aussage für n=k+1.

Probleme mit Lösungen

1. Beweisen Sie, dass für jedes natürliche n die Zahl 3 2n+1 +2 n+2 durch 7 teilbar ist.

Bezeichne A(n)=3 2n+1 +2 n+2 .

Basis der Induktion. Wenn n=1, dann ist A(1)=3 3 +2 3 =35 und offensichtlich durch 7 teilbar.

Induktionshypothese. Sei A(k) durch 7 teilbar.

induktiver Übergang. Beweisen wir, dass A(k+1) durch 7 teilbar ist, also die Gültigkeit der Problemstellung für n=k.

À(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 .

Die letzte Zahl ist durch 7 teilbar, da sie die Differenz zweier durch 7 teilbarer ganzer Zahlen ist. Daher ist 3 2n+1 +2 n+2 für jedes natürliche n durch 7 teilbar.

2. Beweisen Sie, dass für jede positive ganze Zahl n die Zahl 2 3 n +1 durch 3 n+1 teilbar und nicht durch 3 n+2 teilbar ist.

Lassen Sie uns die Notation einführen: a i =2 3 i +1.

Für n=1 haben wir und 1 =2 3 +1=9. Also ist eine 1 durch 3 2 teilbar und nicht durch 3 3 teilbar.

Sei für n=k die Zahl a k teilbar durch 3 k+1 und nicht teilbar durch 3 k+2 , also a k =2 3 k +1=3 k+1 m, wobei m nicht durch 3 teilbar ist. Dann

und 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 m ((2 3 k +1) 2 –3 2 3 k)=3 k+1 m ((3 k+1 m) 2 –3 2 3 k)=

3k+2m (3 2k+1m 2 –2 3k).

Offensichtlich ist a k+1 durch 3 k+2 teilbar und nicht durch 3 k+3 teilbar.

Damit ist die Behauptung für jedes natürliche n bewiesen.

3. Es ist bekannt, dass x+1/x eine ganze Zahl ist. Beweisen Sie, dass х n +1/х n auch eine ganze Zahl für jede ganze Zahl n ist.

Lassen Sie uns die Notation einführen: a i \u003d x i +1 / x i und stellen Sie sofort fest, dass a i \u003d a -i, also werden wir weiter über natürliche Indizes sprechen.

Hinweis: und 1 ist eine ganze Zahl nach Bedingung; a 2 ist eine ganze Zahl, da a 2 \u003d (a 1) 2 -2; und 0=2.

Nehmen Sie an, dass a k eine ganze Zahl für jede positive ganze Zahl k ist, die n nicht überschreitet. Dann ist a 1 ·a n eine ganze Zahl, aber a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 und a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Allerdings ist und n–1 nach der Induktionshypothese eine ganze Zahl. Daher ist а n+1 auch eine ganze Zahl. Daher ist х n +1/х n eine ganze Zahl für jede ganze Zahl n, was zu beweisen war.

4. Beweisen Sie, dass für jede positive ganze Zahl n größer als 1 die doppelte Ungleichung gilt

5. Beweisen Sie, dass für natürliches n > 1 und |x|

(1–x)n +(1+x)n

Für n=2 gilt die Ungleichung. Wirklich,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

Wenn die Ungleichung für n=k gilt, dann gilt für n=k+1

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

Die Ungleichung wird für jede natürliche Zahl n > 1 bewiesen.

6. Es gibt n Kreise in der Ebene. Beweisen Sie, dass für jede beliebige Anordnung dieser Kreise die von ihnen gebildete Karte mit zwei Farben richtig eingefärbt werden kann.

Wenden wir die Methode der mathematischen Induktion an.

Für n=1 ist die Behauptung offensichtlich.

Angenommen, die Aussage gilt für jede Karte, die aus n Kreisen besteht, und es seien n + 1 Kreise in der Ebene gegeben. Wenn wir einen dieser Kreise entfernen, erhalten wir eine Karte, die aufgrund der getroffenen Annahme korrekt mit zwei Farben eingefärbt werden kann (siehe die erste Abbildung unten).

Wir stellen dann den verworfenen Kreis wieder her und ändern auf einer Seite davon, zum Beispiel innen, die Farbe jedes Bereichs in das Gegenteil (siehe zweites Bild). Es ist leicht zu sehen, dass wir in diesem Fall eine Karte mit zwei Farben korrekt gefärbt bekommen, aber nur jetzt mit n + 1 Kreisen, was zu beweisen war.

7. Wir nennen ein konvexes Polygon „schön“, wenn die folgenden Bedingungen erfüllt sind:

1) jeder seiner Eckpunkte ist in einer von drei Farben gemalt;

2) zwei beliebige benachbarte Eckpunkte sind in unterschiedlichen Farben gemalt;

3) Mindestens ein Eckpunkt des Polygons ist in jeder der drei Farben gefärbt.

Beweisen Sie, dass jedes schöne n-Eck durch sich nicht schneidende Diagonalen in "schöne" Dreiecke geschnitten werden kann.

Wenden wir die Methode der mathematischen Induktion an.

Basis der Induktion. Für das kleinstmögliche n=3 ist die Problemstellung klar: Die Ecken des "schönen" Dreiecks werden in drei verschiedenen Farben gemalt und es sind keine Schnitte erforderlich.

Induktionshypothese. Nehmen wir an, die Problemstellung gilt für jedes „schöne“ n-Eck.

Induktionsschritt. Betrachten Sie ein beliebiges "schönes" (n + 1)-Eck und beweisen Sie mit Hilfe der Induktionsannahme, dass es durch einige Diagonalen in "schöne" Dreiecke geschnitten werden kann. Bezeichne mit À 1 , À 2 , À 3 , … À n , À n+1 – aufeinanderfolgende Ecken des (n+1)-Ecks. Wenn nur eine Ecke des (n + 1)-Ecks in einer der drei Farben gefärbt ist, dann erhalten wir durch Verbinden dieser Ecke mit Diagonalen mit allen nicht benachbarten Ecken die notwendige Zerlegung des (n + 1)- gon in „schöne“ Dreiecke.

Wenn mindestens zwei Ecken eines (n + 1)-Ecks in jeder der drei Farben gemalt sind, dann bezeichnen wir die Farbe der Ecke A 1 mit der Zahl 1 und die Farbe der Ecke A 2 mit der Zahl 2 . Sei k die kleinste Zahl, so dass der Knoten A k in der dritten Farbe gefärbt ist. Es ist klar, dass k > 2. Schneiden wir das Dreieck À k–2 À k–1 À k vom (n+1)-Eck mit der Diagonalen À k–2 À k ab. Entsprechend der Wahl der Zahl k werden alle Ecken dieses Dreiecks in drei verschiedenen Farben gemalt, dh dieses Dreieck ist "schön". Das konvexe n-Eck A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , das übrig bleibt, wird aufgrund der induktiven Annahme ebenfalls „schön“ sein, was es bedeutet ist in „schöne“ Dreiecke unterteilt, die bewiesen werden mussten.

8. Beweisen Sie, dass es in einem konvexen n-Eck unmöglich ist, mehr als n Diagonalen so zu wählen, dass je zwei von ihnen einen gemeinsamen Punkt haben.

Führen wir den Beweis nach der Methode der mathematischen Induktion.

Beweisen wir eine allgemeinere Aussage: In einem konvexen n-Eck ist es unmöglich, mehr als n Seiten und Diagonalen so zu wählen, dass zwei von ihnen einen gemeinsamen Punkt haben. Für n = 3 ist die Behauptung offensichtlich. Nehmen wir an, diese Behauptung gilt für ein beliebiges n-Eck und beweisen damit ihre Gültigkeit für ein beliebiges (n + 1)-Eck.

Nehmen Sie an, dass diese Aussage für ein (n + 1)-Eck nicht gilt. Wenn aus jeder Ecke eines (n+1)-Ecks nicht mehr als zwei gewählte Seiten oder Diagonalen hervorgehen, dann sind davon höchstens n+1 gewählt. Daher gehen mindestens drei ausgewählte Seiten oder Diagonalen AB, AC, AD von einem Knoten A aus. Lasse AC zwischen AB und AD liegen. Da jede Seite oder Diagonale, die aus C herauskommt, außer CA, AB und AD nicht gleichzeitig kreuzen kann, kommt nur eine ausgewählte Diagonale CA aus C heraus.

Wenn wir den Punkt C zusammen mit der Diagonalen CA verwerfen, erhalten wir ein konvexes n-Eck, in dem mehr als n Seiten und Diagonalen ausgewählt werden, von denen jeweils zwei einen gemeinsamen Punkt haben. Wir kommen also zu einem Widerspruch mit der Annahme, dass die Behauptung für ein beliebiges konvexes n-Eck gilt.

Für ein (n + 1)-Eck gilt die Aussage also. Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion gilt die Aussage für jedes konvexe n-Eck.

9. In der Ebene sind n Linien gezeichnet, von denen keine zwei parallel sind und keine drei durch denselben Punkt gehen. In wie viele Teile teilen diese Linien die Ebene?

Mit Hilfe elementarer Zeichnungen lässt sich leicht sicherstellen, dass eine gerade Linie die Ebene in 2 Teile, zwei gerade Linien in 4 Teile, drei gerade Linien in 7 Teile und vier gerade Linien in 11 Teile teilt.

Bezeichne mit N(n) die Anzahl der Teile, in die n Geraden die Ebene teilen. Man kann sehen, dass

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

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

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

Es ist selbstverständlich, das anzunehmen

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

oder, wie leicht festzustellen, mit der Formel für die Summe der ersten n Glieder einer arithmetischen Folge,

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

Beweisen wir die Gültigkeit dieser Formel mit der Methode der mathematischen Induktion.

Für n=1 wurde die Formel bereits verifiziert.

Nachdem Sie die induktive Annahme getroffen haben, betrachten Sie k + 1 Linien, die die Bedingung des Problems erfüllen. Wir wählen daraus willkürlich k Geraden aus. Nach der Induktionsannahme zerlegen sie die Ebene in 1+ k(k+1)/2 Teile. Die verbleibende (k + 1)-te Linie wird durch ausgewählte k Linien in k + 1 Teile geteilt und geht daher durch den (k + 1)-ten Teil, in den die Ebene bereits geteilt wurde, und jede von ihnen diese Teile werden in 2 Teile geteilt, dh es werden k+1 weitere Teile hinzugefügt. So,

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

Q.E.D.

10. Im Ausdruck x 1: x 2: ...: x n werden Klammern gesetzt, um die Reihenfolge der Aktionen anzugeben, und das Ergebnis wird als Bruch geschrieben:

(in diesem Fall steht jeder der Buchstaben x 1, x 2, ..., x n entweder im Zähler des Bruchs oder im Nenner). Wie viele verschiedene Ausdrücke lassen sich auf diese Weise mit allen möglichen Arten der Klammeranordnung erhalten?

Zunächst einmal ist klar, dass im resultierenden Bruch x 1 im Zähler stehen wird. Es ist fast ebenso offensichtlich, dass x 2 im Nenner für jede Anordnung von Klammern steht (das Teilungszeichen vor x 2 bezieht sich entweder auf x 2 selbst oder auf jeden Ausdruck, der x 2 im Zähler enthält).

Es ist davon auszugehen, dass alle anderen Buchstaben x 3 , x 4 , ... , x n völlig beliebig im Zähler oder Nenner stehen können. Daraus folgt, dass Sie insgesamt 2 n-2 Brüche erhalten können: Jeder der n-2 Buchstaben x 3, x 4, ..., x n kann unabhängig von den anderen im Zähler oder Nenner stehen.

Beweisen wir diese Behauptung durch Induktion.

Mit n=3 erhältst du 2 Brüche:

also stimmt die aussage.

Wir nehmen an, dass sie für n=k gilt und beweisen sie für n=k+1.

Der Ausdruck x 1: x 2: ...: x k soll nach einigen Klammern als Bruch Q geschrieben werden. Wenn x k: x k+1 anstelle von x k in diesen Ausdruck eingesetzt wird, dann steht x k in der dieselbe Stelle wie in Brüchen Q, und x k + 1 wird nicht dort sein, wo x k stand (wenn x k im Nenner war, dann steht x k + 1 im Zähler und umgekehrt).

Nun beweisen wir, dass wir x k+1 an der gleichen Stelle wie x k addieren können. Im Bruch Q steht nach dem Setzen der Klammern zwangsläufig ein Ausdruck der Form q:x k, wobei q der Buchstabe x k–1 oder irgendein Ausdruck in Klammern ist. Wenn wir q: x k durch den Ausdruck (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1) ersetzen, erhalten wir offensichtlich denselben Bruch Q, wobei statt x k x k x k+1 ist.

Somit ist die Zahl der möglichen Brüche bei n=k+1 doppelt so groß wie bei n=k und gleich 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Damit ist die Behauptung bewiesen.

Antwort: 2 n-2 Brüche.

Probleme ohne Lösungen

1. Beweisen Sie für jedes natürliche n:

a) die Zahl 5 n -3 n + 2n ist durch 4 teilbar;

b) die Zahl n 3 +11n ist durch 6 teilbar;

c) die Zahl 7 n +3n–1 ist durch 9 teilbar;

d) die Zahl 6 2n +19 n –2 n+1 ist durch 17 teilbar;

e) die Zahl 7 n+1 +8 2n–1 ist durch 19 teilbar;

f) die Zahl 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 ist durch 27 teilbar.

2. Beweisen Sie, dass (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Beweisen Sie die Ungleichung |sin nx| n|sinx| für jedes natürliche n.

4. Finden Sie natürliche Zahlen a, b, c, die nicht durch 10 teilbar sind und bei denen für jedes natürliche n die Zahlen a n + b n und c n die gleichen letzten beiden Ziffern haben.

5. Beweisen Sie: Wenn n Punkte nicht auf derselben Geraden liegen, dann gibt es unter den sie verbindenden Geraden mindestens n verschiedene.

Beweisen Sie dies mit der Methode der mathematischen Induktion für jeden natürlichen n die folgenden Gleichheiten gelten:
a) ;
b) .

Entscheidung.

a) Wann n= 1 Gleichheit ist gültig. Unter der Annahme der Gültigkeit der Gleichheit für n, lassen Sie uns zeigen, dass es auch für gültig ist n+ 1. In der Tat,

Q.E.D.

b) Wann n= 1 ist die Gültigkeit der Gleichheit offensichtlich. Von der Annahme seiner Fairness an n sollen

Angesichts der Gleichheit 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2 erhalten wir

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

d.h. die Aussage gilt auch für n + 1.

Beispiel 1 Beweisen Sie die folgenden Gleichungen

wo nÖ N.

Entscheidung. a) Wann n= 1 Gleichheit hat die Form 1 = 1, daher gilt P(1) wahr. Nehmen wir an, dass diese Gleichheit wahr ist, das heißt, wir haben

. Das müssen wir überprüfen (beweisen).P(n+ 1), d.h. WAHR. Weil (unter Verwendung der induktiven Annahme) wir bekommen, das heißt, P(n+ 1) ist eine wahre Aussage.

Somit gilt nach der Methode der mathematischen Induktion die ursprüngliche Gleichheit für alle natürlichen n.

Bemerkung 2. Dieses Beispiel könnte auch anders gelöst werden. Tatsächlich ist die Summe 1 + 2 + 3 + ... + n ist die Summe der ersten n Glieder einer arithmetischen Folge mit dem ersten Glied a 1 = 1 und Differenz d= 1. Aufgrund der bekannten Formel , wir bekommen

b) Wann n= 1 Gleichheit hat die Form: 2 1 - 1 = 1 2 oder 1=1, das heißt, P(1) wahr. Nehmen wir an, dass die Gleichheit

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 und beweise dasP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 oder 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Unter Verwendung der Induktionshypothese erhalten wir

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

Auf diese Weise, P(n+ 1) ist wahr und damit ist die geforderte Gleichheit bewiesen.

Bemerkung 3. Dieses Beispiel kann (ähnlich wie das vorige) ohne die Methode der mathematischen Induktion gelöst werden.

c) Wann n= 1 gilt die Gleichheit: 1=1. Nehmen Sie an, dass die Gleichheit wahr ist

und das zeigen das ist die WahrheitP(n) bedeutet WahrheitP(n+ 1). Wirklich, und seit 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), bekommen wir und daher gilt die ursprüngliche Gleichheit für alle natürlichenn.

d) Wann n= 1 Gleichheit gilt: 1=1. Nehmen wir an, es gibt sie

und beweise das

Wirklich,

e) Genehmigung P(1) wahr: 2=2. Nehmen wir an, dass die Gleichheit

wahr ist, und wir beweisen, dass es die Gleichheit impliziert Wirklich,

Daher gilt die ursprüngliche Gleichheit für alle natürlichen n.

f) P(1) wahr: 1/3 = 1/3. Lass es Gleichberechtigung geben P(n):

. Zeigen wir, dass die letzte Gleichheit folgendes impliziert:

In Anbetracht dessen P(n) stattfindet, bekommen wir

Damit ist die Gleichheit bewiesen.

g) Wann n= 1 haben wir a + b = b + a und damit ist die Gleichheit wahr.

Sei Newtons Binomialformel gültig für n = k, also,

Dann Gleichheit verwenden wir bekommen

Beispiel 2 Beweisen Sie Ungleichungen

a) Bernoullis Ungleichung: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, nÖ N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Wenn x 1 x 2 · ... · x n= 1 und x ich > 0, .

c) Cauchysche Ungleichung bezüglich des arithmetischen Mittels und des geometrischen Mittels wo x ich > 0, , n ≥ 2.

d) Sünde 2 n a + cos2 n a ≤ 1, nÖ N.

e)

f) 2 n > n 3 , nÖ N, n ≥ 10.

Entscheidung. a) Wann n= 1 erhalten wir die wahre Ungleichung

1 + ein ≥ 1 + ein . Nehmen wir an, dass eine Ungleichheit vorliegt

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

und zeigen, dass wir dann haben(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Da a > -1 a + 1 > 0 impliziert, erhalten wir, wenn wir beide Seiten der Ungleichung (1) mit (a + 1) multiplizieren

(1 + a) n(1 + ein ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) oder (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Weil n eine 2 ≥ 0, also(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n ein 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Also wenn P(n) stimmt also P(n+ 1) ist wahr, daher ist nach dem Prinzip der mathematischen Induktion die Bernoulli-Ungleichung wahr.

b) Wann n= 1 erhalten wir x 1 = 1 und daher x 1 ≥ 1 d.h. P(1) ist eine faire Aussage. Stellen wir uns das vor P(n) wahr ist, das heißt, wenn adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n positive Zahlen, deren Produkt gleich eins ist, x 1 x 2 ·...· x n= 1 und x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Zeigen wir, dass dieser Satz impliziert, dass Folgendes gilt: Wenn x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positive Zahlen so dass x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, dann x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Betrachten Sie die folgenden zwei Fälle:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Dann ist die Summe dieser Zahlen ( n+ 1), und die geforderte Ungleichung ist erfüllt;

2) Mindestens eine Zahl ist von Eins verschieden, sei beispielsweise größer als Eins. Dann seit x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, gibt es mindestens eine andere Zahl, die von eins verschieden ist (genauer gesagt, kleiner als eins). Lassen x n+ 1 > 1 und x n < 1. Рассмотрим n positive Zahlen

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Das Produkt dieser Zahlen ist gleich Eins, und nach der Hypothese x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Die letzte Ungleichung wird wie folgt umgeschrieben: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 bzw x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Soweit

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, dann 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. Daher x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, das heißt, wenn P(n) stimmt alsoP(n+ 1) ist fair. Die Ungleichheit ist bewiesen.

Bemerkung 4. Das Gleichheitszeichen tritt genau dann auf, wenn x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Let x 1 ,x 2 ,...,x n sind beliebige positive Zahlen. Folgendes berücksichtigen n positive Zahlen:

Da ihr Produkt gleich eins ist: nach der zuvor bewiesenen Ungleichung b) folgt das wo

Bemerkung 5. Gleichheit gilt genau dann, wenn x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - eine faire Aussage: sin 2 a + cos 2 a = 1. Angenommen, das P(n) ist eine wahre Aussage:

Sünde 2 n a + cos2 n a ≤ 1 und zeigen, dass es gibtP(n+ 1). Wirklich, Sünde2 ( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) eine \u003d Sünde 2 n a sin 2 a + cos 2 n ein cos 2 ein< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (wenn sin 2 a ≤ 1, dann cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, dann sin 2 a < 1). Таким образом, для любого nÖ N Sünde 2 n a + cos2 n ≤ 1 und das Gleichheitszeichen wird nur erreicht, wennn = 1.

e) Wann n= 1 gilt die Aussage: 1< 3 / 2 .

Nehmen wir das an und beweise das

Soweit
In Anbetracht P(n), wir bekommen

f) Unter Berücksichtigung von Bemerkung 1 prüfen wir P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, also z n= 10 Die Aussage ist wahr. Angenommen 2 n > n 3 (n> 10) und beweisen P(n+ 1), also 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Seit am n> 10 wir haben oder , folgt dem

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 bzw n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Unter Berücksichtigung der Ungleichung (2 n > n 3), wir bekommen 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Also nach der Methode der mathematischen Induktion für jeden natürlichen nÖ N, n≥ 10 haben wir 2 n > n 3 .

Beispiel 3 Beweisen Sie das für jeden nÖ N

Entscheidung. a) P(1) ist eine wahre Aussage (0 ist durch 6 teilbar). Lassen P(n) ist fair, das heißt n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) ist durch 6 teilbar. Zeigen wir, dass dann gilt P(n+ 1), das heißt ( n + 1)n(2n+ 1) ist durch 6 teilbar. In der Tat, da

und wie n(n - 1)(2 n- 1) und 6 n 2 durch 6 teilbar sind, dann ihre Summen(n + 1)(2 n+ 1) ist durch 6 teilbar.

Auf diese Weise, P(n+ 1) ist eine faire Aussage und daher n(2n 2 - 3n+ 1) ist für alle durch 6 teilbar nÖ N.

b) Prüfen P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, also P(1) ist eine faire Aussage. Es sollte bewiesen werden, dass wenn 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ist teilbar durch 11 ( P(n)), dann 6 2 n + 3 n+2 + 3 n ist auch durch 11 teilbar ( P(n+ 1)). In der Tat, weil

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 und wie 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 und 33 6 2 n-2 durch 11 teilbar sind, dann ist ihre Summe 6 2n + 3 n+2 + 3 n ist durch 11 teilbar. Die Behauptung ist bewiesen. Induktion in der Geometrie

Beispiel 4 Berechnen Sie die Seite der richtigen 2 n-gon in einem Radiuskreis eingeschrieben R.