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) X A(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. beweise, dass A(k) ~ A(k+1)

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

• 1) Wir haben n=1=1 2 . Daher gilt die Aussage für n=1, d.h. A(1) wahr
• 2) Beweisen wir, dass A(k) ~ A(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 In der Tat,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

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

Beweise das

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), wobei x Nr. 1

• 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) wahr

• 2) Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Formel sei wahr für n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k = (x k+1 -1)/(x-1)

Beweisen wir das dann die Gleichheit

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) In der Tat
• 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) ⋅ A(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 gilt die Aussage, weil im Dreieck

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 Diagonalen; A 2 A(3) wahr

2) Angenommen, in jedem konvexen k-Eck hat A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 Diagonalen. A k Beweisen wir, dass dann in einem konvexen A k+1 (k+1)-Eck die Anzahl der Diagonalen A k+1 =(k+1)(k-2)/2 ist.

Sei À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -konvexes (k+1)-Eck. Zeichnen wir eine Diagonale A 1 A k hinein. Um die Gesamtzahl der Diagonalen dieses (k + 1)-Ecks zu berechnen, 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 Diagonalen des (k+1)-Ecks, die von der Ecke A k+1 ausgehen, und zusätzlich sollte man die Diagonale A 1 A k berücksichtigen

Auf diese Weise,

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

Also A(k) ⋅ A(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

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 obigem Beweis ist ersichtlich, 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 ½ 2 ½ 3)/2(2 2 +2+1), d.h. es ist wahr
• 2) Angenommen, der Ausdruck gilt für n=k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ´ ... ´ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 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) Wir werden die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1 beweisen
• (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)

Die Gültigkeit der Gleichheit für n=k+1 ist ebenfalls bewiesen, also gilt die Aussage für jedes natürliche n.

Beweisen Sie die Gültigkeit der Identität

(1 2 /1 ½ 3)+(2 2 /3 ½ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ½ (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) Wir beweisen, 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 positive ganze 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 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 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) Beweisen wir, dass in diesem Fall (11 k+3 +12 2k+3) ohne Rest durch 133 teilbar ist. Tatsächlich
• 11 k+3 +12 2k+3 =11 ½ 11 k+2 +12 ½ 12 2k+1 =11 ½ 11 k+2 +

+(11+133) ½ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ½ 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, A (k) Yu A (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

• 1) Sei n=1, dann wird X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 ohne Rest durch 6 geteilt. Für n=1 ist die Aussage also wahr
• 2) Angenommen, für n \u003d k 7 k -1 ist ohne Rest durch 6 teilbar
• 3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 × 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -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 eine beliebige positive ganze Zahl n durch 11 teilbar ist.

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) Angenommen, für n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ist ohne Rest durch 11 teilbar
• 3) Wir beweisen, 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

• 1) Sei n=1, dann ist 11 2 -1=120 ohne Rest durch 6 teilbar. Für n=1 ist die Aussage also wahr
• 2) Angenommen, für n=k 1 ist 2k -1 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

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

• 1. Wenn n = 0
• 3 3 -1=26 ist durch 26 teilbar
• 2. Angenommen, für n=k
• 3 3k+3 -1 ist durch 26 teilbar
• 3. Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt
• 3 3k+6 -1=27 ½ 3 3k+3 -1=26 ½ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - ist durch 26 teilbar

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) Angenommen, für n=k ist der Ausdruck 3 3k+3 -26k-27 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 für n>2 und х>0 die Ungleichung (1+х) n >1+n ´ х gilt

• 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) ⋅ A(k+1), falls k> 2. Angenommen, A(k) sei wahr, d. h. die Ungleichung
• (1+х) 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 der letzten Ungleichung; wir haben

(1+k ½ x)(1+x)=1+(k+1) ½ x+k ½ x 2 >1+(k+1) ½ x

Als Ergebnis erhalten wir (1+х) k+1 >1+(k+1) ´ x

Also A(k) ⋅ A(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kann argumentiert werden, dass die Bernoulli-Ungleichung für jedes n > 2 gilt

Beweisen Sie, dass die Ungleichung (1+a+a 2) m > 1+m ´ a+(m(m+1)/2) ´ a 2 für a> 0 gilt

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 3 n >n ´ 2 n+1 gilt

Schreiben wir die Ungleichung in die Form (3/2) n >2n 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 (3/2) k > 2k
• 3) Beweisen wir die Gültigkeit 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)

• 1) Für n=3 gilt die Ungleichung
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Angenommen, für n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Beweisen wir die Gültigkeit der Ungleichung für n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

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

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

sk(k+2)<(k+1) 2 Ы 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 Ungleichung bewiesen.

MBOU Lyzeum „Technik und Wirtschaft“

Methode der mathematischen Induktion

Methode der mathematischen Induktion.

ERLÄUTERUNGEN

Für Schülerinnen und Schüler der 10. Klasse des Profils Mathematik wurde die Methodenentwicklung „Methode der mathematischen Induktion“ erstellt.

Primäre Ziele: die Schüler mit der Methode der mathematischen Induktion vertraut zu machen und zu lehren, wie man sie zur Lösung verschiedener Probleme anwendet.

In der methodischen Entwicklung werden Fragen der Elementarmathematik berücksichtigt: Teilbarkeitsprobleme, Beweise von Identitäten, Beweise von Ungleichungen, Probleme unterschiedlicher Komplexität werden vorgeschlagen, einschließlich Probleme, die bei Olympiaden angeboten werden.

Die Rolle induktiver Schlüsse in den experimentellen Wissenschaften ist sehr groß. Sie geben jene Bestimmungen an, aus denen dann per Deduktion weitere Schlüsse gezogen werden. Name Methode der mathematischen Induktion trügerisch - tatsächlich ist diese Methode deduktiv und liefert einen strengen Beweis der durch Induktion erratenen Aussagen. Die Methode der mathematischen Induktion trägt zur Identifizierung von Verbindungen zwischen verschiedenen Bereichen der Mathematik bei und hilft, die mathematische Kultur des Schülers zu entwickeln.

Definition der Methode der mathematischen Induktion. Vollständige und unvollständige Induktion. Beweis von Ungleichungen. Identitätsnachweis. Lösen von Teilbarkeitsproblemen. Lösung verschiedener Probleme zum Thema "Methode der mathematischen Induktion".

LITERATUR FÜR DEN LEHRER

1. M. L. Galitsky. Vertiefung des Studiengangs Algebra und mathematische Analysis. - M. Aufklärung 1986.

2. L. I. Swawitsch. Algebra und die Anfänge der Analysis. Didaktische Materialien. M. Drofa, 2001.

3. N. Ja Vilenkin. Algebra und mathematische Analyse. M Aufklärung. 1995.

4. Yu.V. Michejew. Methode der mathematischen Induktion. NGU.1995.

LITERATUR FÜR SCHÜLER

1. N. Ja Vilenkin. Algebra und mathematische Analyse. M Aufklärung. 1995.

2. Yu.V. Michejew. Methode der mathematischen Induktion. NGU.1995.

STICHWORTE

Induktion, Axiom, Prinzip der mathematischen Induktion, vollständige Induktion, unvollständige Induktion, Behauptung, Identität, Ungleichheit, Teilbarkeit.

DIDAKTISCHER ANHANG ZUM THEMA

"METHODE DER MATHEMATISCHEN INDUKTION".

Lektion 1

Definition der Methode der mathematischen Induktion.

Die Methode der mathematischen Induktion ist eine der höchst effektiven Methoden, um neue Ergebnisse zu finden und die Richtigkeit der aufgestellten Annahmen zu beweisen. Obwohl diese Methode in der Mathematik nicht neu ist, lässt das Interesse daran nicht nach. Erstmals in übersichtlicher Darstellung wurde die Methode der mathematischen Induktion im 17. Jahrhundert von dem herausragenden französischen Naturwissenschaftler Blaise Pascal zum Beweis der Eigenschaften eines seither nach ihm benannten Zahlendreiecks angewandt. Die Idee der mathematischen Induktion war jedoch den alten Griechen bekannt. Die Methode der mathematischen Induktion basiert auf dem als Axiom akzeptierten Prinzip der mathematischen Induktion. Wir werden die Idee der mathematischen Induktion anhand von Beispielen betrachten.

Beispiel 1.

Das Quadrat wird durch ein Segment in zwei Teile geteilt, dann wird einer der resultierenden Teile in zwei Teile geteilt und so weiter. Bestimmen Sie, in wie viele Teile das Quadrat unterteilt ist P Schritte?

Lösung.

Nach dem ersten Schritt erhalten wir je nach Bedingung 2 Teile. Im zweiten Schritt lassen wir einen Teil unverändert und teilen den zweiten in 2 Teile und erhalten 3 Teile. Im dritten Schritt lassen wir 2 Teile unverändert und teilen den dritten in zwei Teile und erhalten 4 Teile. Im vierten Schritt lassen wir 3 Teile unverändert und teilen den letzten Teil in zwei Teile und erhalten 5 Teile. Im fünften Schritt erhalten wir 6 Teile. Der Vorschlag wird dadurch gemacht P Schritte, die wir bekommen (n+1) Teil. Aber diese Behauptung muss bewiesen werden. Nehmen wir das mal an zu Schritte, in die der Platz unterteilt ist (k+1) Teil. Dann weiter (k+1) Schritt wir zu Teile werden unverändert gelassen, und (k+1) Teile den Teil in zwei Teile und erhalte (k+2) Teile. Du merkst, dass du so lange argumentieren kannst, wie du willst, ad infinitum. Das heißt, unsere Annahme ist dies P Schritte Quadrat wird in unterteilt (n+1) Teil, beweist sich.

Beispiel #2.

Meine Großmutter hatte eine Enkelin, die Marmelade sehr mochte, besonders die im Literglas. Aber die Großmutter erlaubte ihm nicht, ihn anzufassen. Und die Enkelinnen beschlossen, ihre Großmutter zu täuschen. Er beschloss, jeden Tag 1/10 Liter aus diesem Glas zu essen und es mit Wasser aufzufüllen und gründlich zu mischen. Nach wie vielen Tagen wird Großmutter die Täuschung entdecken, wenn die Marmelade bei halber Verdünnung mit Wasser gleich aussieht?

Lösung.

Finden Sie heraus, wie viel reine Marmelade danach im Glas verbleibt P Tage. Nach dem ersten Tag verbleibt die Mischung im Glas, bestehend aus 9/10 Marmelade und 1/10 Wasser. Nach zwei Tagen verschwindet 1/10 der Mischung aus Wasser und Marmelade aus dem Glas und bleibt zurück (1 Liter der Mischung enthält 9/10 Liter Marmelade, 1/10 Liter der Mischung enthält 9/100 Liter Marmelade)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 Liter Marmelade. Am dritten Tag verschwindet 1/10 Liter einer Mischung aus 81/100 Marmelade und 19/100 Wasser aus dem Glas. In 1 Liter der Mischung sind 81/100 Liter Marmelade, in 1/10 Liter der Mischung 81/1000 Liter Marmelade. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) Nach 3 Tagen bleiben 3 Liter Marmelade übrig, der Rest wird vom Wasser aufgenommen. Es entsteht ein Muster. Durch P verbleibende Tage auf der Bank (9/10) P Ich Marmelade. Aber auch dies ist nur unsere Vermutung.

Lassen zu eine beliebige natürliche Zahl ist. Nehmen wir das mal an zu Tage in der Bank bleiben (9/10) bis l Marmelade. Mal sehen, was an einem anderen Tag auf der Bank sein wird, das heißt, in (k+1) Tag. Wird von der Bank verschwinden 1/10l eine Mischung aus (9/10) zu l Marmelade und Wasser. BEI 1l Mischung ist (9/10) zu l Marmelade, hinein 1/10l Mischungen (9/10) k+1 l Marmelade. Jetzt können wir das sicher sagen P verbleibende Tage auf der Bank (9/10) P l Marmelade. In 6 Tagen wird die Bank haben 531444/1000000l Marmelade, nach 7 Tagen - 4782969/10000000l Marmelade, das heißt, weniger als die Hälfte.

Antworten: Nach 7 Tagen wird die Großmutter die Täuschung entdecken.

Versuchen wir, die grundlegendsten Lösungen der betrachteten Probleme herauszugreifen. Wir begannen, jeden von ihnen zu lösen, indem wir separate oder, wie sie sagen, Sonderfälle betrachteten. Dann haben wir basierend auf unseren Beobachtungen einige Annahmen getroffen P(n), je nach Natur P.

die Behauptung wurde überprüft, das heißt bewiesen P(1), P(2), P(3);

vorgeschlagen, dass P(n) Gültig für n=k und folgerte, dass es dann für das nächste gelten wird n, n=k+1.

Und dann argumentierten sie ungefähr so: P(1) Rechts, P(2) Rechts, P(3) Rechts, P(4) richtig ... das ist richtig P(n).

Das Prinzip der mathematischen Induktion.

Aussage P(n), je nach Natur P, gilt für alle natürlichen P, wenn

1) die Gültigkeit der Behauptung für n = 1;

2) von der Annahme der Gültigkeit der Aussage P(n) bei n=k sollte

Gerechtigkeit P(n) bei n=k+1.

In der Mathematik wird das Prinzip der mathematischen Induktion in der Regel als eines der Axiome gewählt, die die natürlichen Zahlenreihen definieren, und daher ohne Beweis akzeptiert. Die Methode des Beweises durch das Prinzip der mathematischen Induktion wird gewöhnlich als Methode der mathematischen Induktion bezeichnet. Beachten Sie, dass diese Methode weit verbreitet ist, um Theoreme, Identitäten, Ungleichungen bei der Lösung von Teilbarkeitsproblemen und viele andere Probleme zu beweisen.

Lektion 2

Vollständige und unvollständige Induktion.

Wenn eine mathematische Aussage eine endliche Anzahl von Objekten betrifft, kann sie bewiesen werden, indem für jedes Objekt überprüft wird, zum Beispiel die Aussage „Jede zweistellige gerade Zahl ist die Summe zweier Primzahlen“. Die Beweismethode, bei der wir eine Aussage auf endlich viele Fälle testen, heißt vollständige mathematische Induktion. Diese Methode wird relativ selten verwendet, da Aussagen am häufigsten auf unendlichen Mengen betrachtet werden. So ist beispielsweise der Satz „Jede gerade Zahl ist gleich der Summe zweier Primzahlen“ bisher weder bewiesen noch widerlegt. Selbst wenn wir dieses Theorem für die erste Milliarde testen würden, würde es uns dem Beweis keinen Schritt näher bringen.

In den Naturwissenschaften verwendet man unvollständige Induktion, testet das Experiment mehrfach und überträgt das Ergebnis auf alle Fälle.

Beispiel #3

Raten Sie mit unvollständiger Induktionsformel für die Summe der Kuben natürlicher Zahlen.

Lösung.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 = (1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Nachweisen.

Lass es wahr sein für n=k.

Lassen Sie uns beweisen, dass das für wahr ist n=k+1.

Fazit: Die Formel für die Summe der Kuben natürlicher Zahlen gilt für alle natürlichen Zahlen P.

Beispiel Nr. 4

Betrachten Sie die Gleichheiten und raten Sie, zu welchem ​​allgemeinen Gesetz diese Beispiele führen.

Lösung.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Beispiel #5

Schreiben Sie die folgenden Ausdrücke als Summe:

1)
2)
3)
; 4)
.

Griechischer Buchstabe "Sigma".

Beispiel Nr. 6.

Schreiben Sie die folgenden Summen mit dem Vorzeichen
:

2)

Beispiel Nr. 7.

Schreiben Sie die folgenden Ausdrücke als Produkte:

1)

3)
4)

Beispiel #8.

Notieren Sie die folgenden Arbeiten mit dem Zeichen

(griechischer Großbuchstabe „pi“)

1)
2)

Beispiel Nr. 9.

Berechnung des Wertes eines Polynoms f ( n )= n 2 + n +11 , bei n=1,2,3,4,5,6,7 es kann davon ausgegangen werden, dass für jede natürlicheP Nummer f ( n ) einfach.

Ist diese Annahme richtig?

Lösung.

Wenn jeder Summand durch eine Zahl teilbar ist, dann ist die Summe durch diese Zahl teilbar,
ist für keine natürliche Zahl eine PrimzahlP.

Die Analyse einer endlichen Anzahl von Fällen spielt in der Mathematik eine wichtige Rolle: Ohne einen Beweis für die eine oder andere Aussage zu geben, hilft es, die korrekte Formulierung dieser Aussage zu erraten, falls sie noch nicht bekannt ist. So kam Goldbach, Mitglied der St. Petersburger Akademie der Wissenschaften, zu der Vermutung, dass jede natürliche Zahl, beginnend bei zwei, die Summe von höchstens drei Primzahlen ist.

Lektion 3

Die Methode der mathematischen Induktion erlaubt uns, verschiedene Identitäten zu beweisen.

Beispiel #10. Lassen Sie uns das für alle beweisen P Die Identität

Lösung.

Lasst uns

Das müssen wir beweisen

Beweisen wir das dann anhand der Wahrheit der Identität

die Wahrheit der Identität folgt

Durch das Prinzip der mathematischen Induktion die Wahrheit der Identität für alle P.

Beispiel #11.

Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Begriffliche Gleichheit.

;
. Diese Identität gilt also für alleP .

Lektion Nummer 4.

Identitätsnachweis durch mathematische Induktion.

Beispiel #12. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Unter Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion haben wir bewiesen, dass die Gleichheit für alle gilt P.

Beispiel #13. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Unter Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion haben wir bewiesen, dass die Aussage für alle natürlichen gilt P.

Beispiel #14. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Beispiel #15. Lassen Sie uns die Identität beweisen

1) n = 1;

2) für n=k Gleichberechtigung

3) beweisen, dass die Gleichheit gilt n=k+1:

Fazit: Die Identität gilt für jeden Natural P.

Beispiel #16. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Wenn ein n=1 , dann

Lassen Sie die Identität gelten n=k.

Lassen Sie uns beweisen, dass die Identität gilt n=k+1.

Dann ist die Identität für alle natürlichen gültig P.

Lektion Nummer 5.

Identitätsnachweis durch mathematische Induktion.

Beispiel #17. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Nachweisen.

Wenn ein n=2 , dann erhalten wir die richtige Gleichheit:

Sei die Gleichheit wahr fürn=k:

Beweisen wir die Gültigkeit der Behauptung für n=k+1.

Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion wird die Identität bewiesen.

Beispiel #18. Lassen Sie uns die Identität beweisen
für n≥2.

Bei n=2 diese Identität kann in sehr einfacher Form umgeschrieben werden

und offensichtlich wahr.

Lassen Sie bei n=k Ja wirklich

.

Beweisen wir die Gültigkeit der Behauptung fürn=k+1, das heißt, die Gleichheit ist erfüllt: .

Wir haben also bewiesen, dass die Identität für jeden Naturmenschen wahr ist n≥2.

Beispiel #19. Lassen Sie uns die Identität beweisen

Bei n=1 wir erhalten die richtige Gleichheit:

Nehmen wir an, dass bei n=k wir erhalten auch die richtige Gleichheit:

Beweisen wir, dass die Gültigkeit der Gleichheit für eingehalten wird n=k+1:

Dann ist die Identität für alle natürlichen gültig P.

Lektion Nummer 6.

Lösen von Teilbarkeitsproblemen.

Beispiel #20. Beweisen Sie das durch mathematische Induktion

geteilt durch 6 ohne jede Spur.

Nachweisen.

Bei n=1 es gibt eine Einteilung in6 ohne jede Spur,
.

Lassen Sie bei n=k Ausdruck
mehrere6.

Lassen Sie uns das beweisen, wann n=k+1 Ausdruck
mehrere6 .

Jeder Begriff ist ein Vielfaches 6 , also ist die Summe ein Vielfaches von 6 .

Beispiel Nummer 21.
auf der5 ohne jede Spur.

Nachweisen.

Bei n=1 Ausdruck ist teilbar
.

Lassen Sie bei n=k Ausdruck
auch unterteilt in5 ohne jede Spur.

Bei n=k+1 geteilt durch 5 .

Beispiel #22. Beweisen Sie die Teilbarkeit eines Ausdrucks
auf der16.

Nachweisen.

Bei n=1 mehrere 16 .

Lassen Sie bei n=k
mehrere16.

Bei n=k+1

Alle Terme sind durch teilbar 16: der erste ist offensichtlich der zweite durch Annahme, und der dritte hat eine gerade Zahl in Klammern.

Beispiel #23. Beweise die Teilbarkeit
auf der676.

Nachweisen.

Beweisen wir das erst einmal
geteilt durch
.

Bei n=0
.

Lassen Sie bei n=k
geteilt durch26 .

Dann bei n=k+1 geteilt durch 26 .

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

Bei n=1 geteilt durch 676.

Bei n=k es stimmt, dass
geteilt durch26 2 .

Bei n=k+1 .

Beide Terme sind durch teilbar 676 ; der erste ist, weil wir die Teilbarkeit durch bewiesen haben 26 Ausdruck in Klammern, und der zweite ist durch die Induktionsvoraussetzung teilbar.

Lektion Nummer 7.

Lösen von Teilbarkeitsproblemen.

Beispiel Nummer 24.

Beweise das
geteilt durch5 ohne jede Spur.

Nachweisen.

Bei n=1
geteilt durch5.

Bei n=k
geteilt durch5 ohne jede Spur.

Bei n=k+1 jeder Term ist teilbar durch5 ohne jede Spur.

Beispiel #25.

Beweise das
geteilt durch6 ohne jede Spur.

Nachweisen.

Bei n=1
geteilt durch6 ohne jede Spur.

Lassen Sie bei n=k
geteilt durch6 ohne jede Spur.

Bei n=k+1 geteilt durch 6 kein Rest, da jeder Term durch teilbar ist6 ohne Rest: der erste Term, durch die induktive Annahme, der zweite, offensichtlich, der dritte, weil
gerade Zahl.

Beispiel #26.

Beweise das
beim Teilen durch9 gibt den Rest 1 .

Nachweisen.

Lassen Sie uns das beweisen
geteilt durch9 .

Bei n=1
geteilt durch 9 . Lassen Sie bei n=k
geteilt durch9 .

Bei n=k+1 geteilt durch 9 .

Beispiel Nummer 27.

Beweisen Sie, dass durch teilbar ist15 ohne jede Spur.

Nachweisen.

Bei n=1 geteilt durch 15 .

Lassen Sie bei n=k geteilt durch 15 ohne jede Spur.

Bei n=k+1

Der erste Term ist ein Vielfaches15 nach der Induktionsannahme ist der zweite Term ein Vielfaches von15 – offensichtlich ist der dritte Term ein Vielfaches von15 , als
mehrere5 (bewiesen in Beispiel Nr. 21), der vierte und fünfte Term sind ebenfalls Vielfache5 , was offensichtlich ist, dann ist die Summe ein Vielfaches von15 .

Lektion Nummer 8-9.

Beweis von Ungleichungen durch mathematische Induktion

Beispiel #28.
.

Bei n=1 wir haben
- Rechts.

Lassen Sie bei n=k
ist eine echte Ungleichheit.

Bei n=k+1

Dann gilt die Ungleichung für alle natürlichen P.

Beispiel #29. Beweisen Sie, dass die Ungleichung gilt
für alle P.

Bei n=1 wir bekommen die richtige Ungleichung 4 >1.

Lassen Sie bei n=k die Ungleichheit
.

Lassen Sie uns das beweisen, wann n=k+1 die Ungleichheit

Für alle natürlichen zu Ungleichheit beobachtet wird.

Wenn ein
bei
dann

Beispiel Nr. 30.

für jede natürliche P und alle

Lassen n=1
, Rechts.

Nehmen wir an, dass die Ungleichung gilt n=k:
.

Bei n=k+1

Beispiel Nummer 31. Beweisen Sie die Gültigkeit der Ungleichung

für jede natürliche P.

Lassen Sie uns das zuerst für irgendeinen Naturtalent beweisen t die Ungleichheit

Multiplizieren Sie beide Seiten der Ungleichung mit
. Wir erhalten eine äquivalente Ungleichung bzw
;
; - diese Ungleichung gilt für alle natürlichen t.

Bei n=1 ursprüngliche Ungleichheit ist wahr
;
;
.

Lassen Sie die Ungleichung gelten n=k:
.

Bei n=k+1

Lektion Nummer 10.

Lösen von Problemen zum Thema

Methode der mathematischen Induktion.

Beispiel #32. Beweisen Sie die Ungleichung von Bernoulli.

Wenn ein
, dann für alle natürlichen WerteP die Ungleichheit

Nachweisen.

Bei n=1 die zu beweisende Ungleichung nimmt die Form an
und offensichtlich recht. Nehmen wir an, es stimmt fürn=k , das ist was
.

Da je nach Zustand
, dann
, und daher ändert die Ungleichung ihre Bedeutung nicht, wenn ihre beiden Teile mit multipliziert werden
:

Als
, dann bekommen wir das

.

Die Ungleichung gilt also für n=1, und von seiner Wahrheit an n=k daraus folgt, dass es wahr ist und n=k+1. Daher gilt es nach mathematischer Induktion für alles Natürliche P.

Zum Beispiel,

Beispiel Nummer 33. Finden Sie alle natürlichen WerteP , für die die Ungleichung

Lösung.

Bei n=1 die Ungleichheit stimmt. Bei n=2 Ungleichheit ist auch wahr.

Bei n=3 die Ungleichheit ist nicht mehr erfüllt. Nur wenn n=6 die Ungleichung gilt, so dass wir für die Induktion Basis nehmen können n=6.

Nehmen Sie an, dass die Ungleichung für einige natürliche gilt zu:

Bedenke die Ungleichheit

Die letzte Ungleichung gilt wenn
Testarbeiten zum Thema n=1 werden wiederkehrend gegeben: n≥5 , wobei P- -natürliche Zahl.

Eine Beweismethode, die auf Peanos Axiom 4 basiert, wird verwendet, um viele mathematische Eigenschaften und verschiedene Aussagen zu beweisen. Grundlage dafür ist der folgende Satz.

Satz. Wenn die Aussage ABER(n) mit natürlicher Variable n wahr für n= 1 und aus der Tatsache, dass es wahr ist für n=k, gilt also auch für die nächste Zahl n=k, dann die aussage ABER(n) n.

Nachweisen. Bezeichne mit M die Menge derjenigen und nur der natürlichen Zahlen, für die die Aussage gilt ABER(n) WAHR. Dann haben wir aus der Bedingung des Satzes: 1) 1 M; 2) kMkM. Daher schließen wir auf der Grundlage von Axiom 4, dass M =N, d.h. Aussage ABER(n) wahr für jede natürliche n.

Die auf diesem Satz basierende Beweismethode wird aufgerufen Methode der mathematischen Induktion, und das Axiom ist das Axiom der Induktion. Dieser Beweis besteht aus zwei Teilen:

1) beweisen, dass die Aussage ABER(n) wahr für n= A(1);

2) davon ausgehen, dass die Aussage ABER(n) wahr für n=k, und beweise ausgehend von dieser Annahme, dass die Aussage Ein) wahr für n=k+ 1, d.h. dass die Aussage stimmt A(k) A(k + 1).

Wenn ein ABER( 1) ABER(k) A(k+ 1) eine wahre Aussage ist, dann schlussfolgern sie, dass die Aussage Ein) gilt für jede natürliche Zahl n.

Der Beweis durch mathematische Induktion kann nicht nur mit der Bestätigung der Wahrheit der Aussage beginnen n= 1, sondern auch aus jeder natürlichen Zahl m. In diesem Fall die Erklärung ABER(n) wird für alle natürlichen Zahlen bewiesen nm.

Problem: Beweisen wir, dass für jede natürliche Zahl die Gleichheit 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Lösung. Gleichheit 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n ist eine Formel, mit der die Summe der ersten aufeinanderfolgenden ungeraden natürlichen Zahlen ermittelt werden kann. Zum Beispiel 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (die Summe enthält 4 Terme), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (die Summe enthält 6 Terme); Wenn diese Summe 20 Terme des angegebenen Typs enthält, ist sie gleich 20 = 400 usw. Nachdem wir die Wahrheit dieser Gleichheit bewiesen haben, können wir mit der Formel die Summe einer beliebigen Anzahl von Termen des angegebenen Typs finden.

1) Überprüfen Sie die Wahrheit dieser Gleichheit für n= 1. Wann n= 1 die linke Seite der Gleichheit besteht aus einem Term gleich 1, die rechte Seite ist gleich 1= 1. Da 1 = 1, dann für n= 1 diese Gleichheit gilt.

2) Nehmen Sie an, dass diese Gleichheit gilt für n=k, d.h. dass 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Basierend auf dieser Annahme beweisen wir, dass es gilt für n=k+ 1, d.h. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = (k+ 1).

Betrachten Sie die linke Seite der letzten Gleichheit.

Nach Annahme die Summe der ersten k Bedingungen ist k und damit 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k+ 1) = k+ 2k+ 1. Ausdruck k+ 2k+ 1 ist identisch gleich dem Ausdruck ( k+ 1).

Daher ist die Wahrheit dieser Gleichheit für n=k+ 1 ist bewiesen.

Somit gilt diese Gleichheit für n= 1 und von seiner Wahrheit für n=k folgt der Wahrheit für n=k+ 1.

Dies beweist, dass diese Gleichheit für jede natürliche Zahl gilt.

Mit der Methode der mathematischen Induktion kann man die Wahrheit nicht nur von Gleichheiten, sondern auch von Ungleichungen beweisen.

Eine Aufgabe. Beweisen Sie das wo nN.

Lösung. Lassen Sie uns die Wahrheit der Ungleichung für überprüfen n= 1. Wir haben - eine echte Ungleichheit.

Nehmen wir an, dass die Ungleichung gilt für n=k, diese. - wahre Ungleichheit. Lassen Sie uns anhand der Annahme beweisen, dass es gilt für n=k+ 1, d.h. (*).

Wir transformieren die linke Seite der Ungleichung (*) unter Berücksichtigung von: .

Aber das bedeutet .

Diese Ungleichung gilt also für n= 1, und aus der Tatsache, dass die Ungleichung für einige gilt n= k, haben wir festgestellt, dass dies auch für gilt n= k+ 1.

Somit haben wir mit Axiom 4 bewiesen, dass diese Ungleichung für jede natürliche Zahl gilt.

Auch andere Behauptungen lassen sich mit der Methode der mathematischen Induktion beweisen.

Eine Aufgabe. Beweisen Sie, dass die Aussage für jede natürliche Zahl gilt.

Lösung. Lassen Sie uns den Wahrheitsgehalt der Aussage überprüfen n= 1: -wahre Aussage.

Nehmen wir an, dass diese Aussage gilt für n=k: . Zeigen wir damit die Wahrheit der Aussage für n=k+ 1: .

Lassen Sie uns den Ausdruck umwandeln: . Lassen Sie uns den Unterschied finden k und k+ 1 Mitglieder. Wenn sich herausstellt, dass die resultierende Differenz ein Vielfaches von 7 ist und der Subtrahend nach Annahme durch 7 teilbar ist, dann ist auch der Minuend ein Vielfaches von 7:

Das Produkt ist also ein Vielfaches von 7 und .

Somit gilt diese Aussage für n= 1 und von seiner Wahrheit für n=k folgt der Wahrheit für n=k+ 1.

Damit ist bewiesen, dass diese Aussage für jede natürliche Zahl gilt.

Eine Aufgabe. Beweisen Sie das für eine beliebige natürliche Zahl n 2 Aussage (7-1)24 ist wahr.

Lösung. 1) Überprüfen Sie den Wahrheitsgehalt der Aussage auf n= 2: - wahre Aussage.

Savelyeva Ekaterina

Die Arbeit betrachtet die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion bei der Lösung von Teilbarkeitsproblemen auf die Summierung von Reihen. Beispiele für die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion zum Beweis von Ungleichungen und zur Lösung geometrischer Probleme werden betrachtet. Die Arbeit wird mit einer Präsentation illustriert.

Herunterladen:

Vorschau:

Ministerium für Wissenschaft und Bildung der Russischen Föderation

Staatliche Bildungseinrichtung

Sekundarschule Nr. 618

Kurs: Algebra und Anfänge der Analysis

Thema Projektarbeit

"Methode der mathematischen Induktion und ihre Anwendung zur Problemlösung"

Arbeit abgeschlossen: Savelyeva E, Klasse 11B

Supervisor : Makarova T.P., Mathematiklehrerin, Sekundarschule №618

1. Einleitung.

2.Methode der mathematischen Induktion zur Lösung von Teilbarkeitsproblemen.

3. Anwendung der Methode der mathematischen Induktion auf die Summierung von Reihen.

4. Beispiele für die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion auf den Beweis von Ungleichungen.

5. Anwendung der Methode der mathematischen Induktion zur Lösung geometrischer Probleme.

6. Liste 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 Zeit gewidmet, aber es ist so wichtig, induktiv denken zu können. Die Anwendung dieses Prinzips beim Lösen von Problemen und beim Beweisen von Theoremen ist gleichbedeutend mit der Berücksichtigung anderer mathematischer Prinzipien in der Schulpraxis: die ausgeschlossene Mitte, Einschluss-Ausschluss, Dirichlet usw. Dieser Aufsatz enthält Probleme aus verschiedenen Zweigen der Mathematik, in denen Das Hauptwerkzeug ist die Verwendungsmethode der mathematischen Induktion. Über die Bedeutung dieser Methode sprechend, sagte A.N. Kolmogorov bemerkte, dass "das Verständnis und die Fähigkeit, das Prinzip der mathematischen Induktion anzuwenden, ein gutes Reifekriterium ist, das für einen Mathematiker absolut notwendig ist." Die Methode der Induktion im weitesten Sinne besteht im Übergang von privaten Beobachtungen zu einem universellen, allgemeinen Muster oder einer allgemeinen Formulierung. In dieser Interpretation ist die Methode natürlich die Haupttechnik für die Durchführung von Forschung in jeder experimentellen Naturwissenschaft.

Menschliche Aktivität. Das Verfahren (Prinzip) der mathematischen Induktion in seiner einfachsten Form wird verwendet, wenn es darum geht, eine Aussage für alle natürlichen Zahlen zu beweisen.

Problem 1. In seinem Artikel „Wie ich Mathematiker wurde“ A.N. Kolmogorov schreibt: „Ich habe früh die Freude am mathematischen „Entdecken“ gelernt, nachdem ich im Alter von fünf oder sechs Jahren das Muster bemerkt hatte

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 und so weiter.

Die Schule gab die Zeitschrift „Spring Swallows“ heraus. Darin wurde meine Entdeckung veröffentlicht ... "

Wir wissen nicht, was für Beweise in diesem Tagebuch geliefert wurden, aber alles begann mit privaten Beobachtungen. Die Hypothese selbst, die wahrscheinlich nach der Entdeckung dieser partiellen Gleichheiten entstanden ist, ist die der Formel

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

wahr für jede gegebene Zahl n = 1, 2, 3, ...

Um diese Vermutung zu beweisen, genügt es, zwei Tatsachen festzustellen. Zunächst z n = 1 (und sogar für n = 2, 3, 4) ist die gewünschte Aussage wahr. Nehmen wir zweitens an, dass die Aussage für wahr ist n = k, und verifiziere, dass es dann auch für gilt n = k + 1:

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

Die zu beweisende Behauptung gilt also für alle Werte n: für n = 1 ist wahr (dies wurde verifiziert), und aufgrund der zweiten Tatsache, z n = 2, woher für n = 3 (aufgrund derselben zweiten Tatsache) usw.

Aufgabe 2. Betrachten Sie alle möglichen gewöhnlichen Brüche mit Zähler 1 und beliebig (positive ganze Zahl)

Nenner: Beweisen Sie das für alle n> 3 kann als Summe dargestellt werden P verschiedene Fraktionen dieser Art.

Lösung, Prüfen wir zunächst diese Behauptung auf n = 3; wir haben:

Damit ist die Grundaussage erfüllt

Nehmen wir nun an, dass die Aussage von Interesse für uns für eine gewisse Zahl wahr ist zu, und beweisen Sie, dass dies auch für die Zahl dahinter gilt zu + 1. Mit anderen Worten, angenommen, es gibt eine Repräsentation

in denen k Terme und alle Nenner sind unterschiedlich. Beweisen wir, dass es dann möglich ist, eine Darstellung der Einheit in Form einer Summe zu erhalten zu + 1 Brüche des gewünschten Typs. Wir nehmen an, dass die Brüche abnehmen, also die Nenner (in der Darstellung der Einheit durch die Summe zu Begriffe) von links nach rechts zunehmen, so dass t ist der größte der Nenner. Wir bekommen die Repräsentation, die wir brauchen, in Form einer Summe(zu + 1)ter Bruch, wenn wir einen Bruch, zum Beispiel den letzten, in zwei teilen. Dies ist möglich, weil

Und deswegen

Außerdem bleiben alle Brüche unterschiedlich, da t war der größte Nenner, und t + 1 > t, und

m(t + 1) > m.

Somit haben wir festgestellt:

1. für n = 3 diese Aussage ist wahr;

1. wenn die Aussage, an der wir interessiert sind, wahr ist zu,
   dann gilt es auch für bis +1.

Auf dieser Grundlage können wir behaupten, dass die betrachtete Aussage für alle natürlichen Zahlen ab drei gilt. Darüber hinaus impliziert der obige Beweis auch einen Algorithmus zum Finden der gewünschten Partition der Einheit. (Welcher Algorithmus ist das? Stellen Sie sich die Zahl 1 selbst als Summe von 4, 5, 7 Termen vor.)

Bei der Lösung der vorherigen zwei Probleme wurden zwei Schritte unternommen. Der erste Schritt wird aufgerufen Basis Induktion, die zweiteinduktiver Übergangoder ein Induktionsschritt. Der zweite Schritt ist der wichtigste und beinhaltet eine Annahme (die Aussage gilt für n = k) und Schlussfolgerung (die Aussage gilt für n = k + 1). Der Parameter p selbst wird aufgerufen Induktionsparameter.Dieses logische Schema (Gerät), das den Schluss ermöglicht, dass die betrachtete Aussage für alle natürlichen Zahlen (oder für alle, ausgehend von einigen) gilt, da sowohl die Basis als auch der Übergang gültig sind, wird aufgerufendas Prinzip der mathematischen Induktion, worauf und die Methode der mathematischen Induktion zugrunde liegt.Der Begriff "Induktion" selbst kommt vom lateinischen Wort Induktion (Führung), d.h. der Übergang vom einzelnen Wissen über einzelne Objekte einer bestimmten Klasse zu einer allgemeinen Schlussfolgerung über alle Objekte einer bestimmten Klasse, was eine der Hauptmethoden des Wissens ist.

Das Prinzip der mathematischen Induktion in der üblichen Form von zwei Schritten tauchte erstmals 1654 in Blaise Pascals Abhandlung über das arithmetische Dreieck auf, in dem eine einfache Methode zur Berechnung der Anzahl von Kombinationen (Binomialkoeffizienten) durch Induktion bewiesen wurde. D. Poya zitiert B. Pascal in dem Buch mit geringfügigen Änderungen in eckigen Klammern:

„Trotz der Tatsache, dass der betrachtete Satz [eine explizite Formel für Binomialkoeffizienten] unendlich viele Spezialfälle enthält, werde ich einen sehr kurzen Beweis dafür geben, basierend auf zwei Lemmata.

Das erste Lemma besagt, dass die Vermutung für die Basis gilt – das ist offensichtlich. [Bei P = 1 gilt die explizite Formel...]

Das zweite Lemma besagt Folgendes: Wenn unsere Annahme für eine beliebige Basis [für ein beliebiges r] wahr ist, dann gilt sie für die folgende Basis [für n + 1].

Diese beiden Lemmata implizieren notwendigerweise die Gültigkeit des Satzes für alle Werte P. Aufgrund des ersten Lemmas ist es sogar gültig für P = 1; daher gilt es nach dem zweiten Lemma für P = 2; daher gilt es wiederum aufgrund des zweiten Lemmas für n = 3 und so weiter bis ins Unendliche.

Aufgabe 3. Das Puzzle der Türme von Hanoi besteht aus drei Stangen. Auf einem der Stäbe befindet sich eine Pyramide (Abb. 1), die aus mehreren Ringen mit unterschiedlichen Durchmessern besteht und von unten nach oben abnimmt

Abb. 1

Diese Pyramide muss auf einen der anderen Stäbe übertragen werden, wobei jeweils nur ein Ring übertragen wird und nicht der größere Ring auf den kleineren gelegt wird. Kann es getan werden?

Lösung. Wir müssen also die Frage beantworten: Ist es möglich, eine Pyramide zu bewegen, die aus besteht? P Ringe mit unterschiedlichen Durchmessern, von einer Rute zur anderen, nach den Spielregeln? Nun wird das Problem, wie man so schön sagt, von uns parametrisiert (eine natürliche Zahl P), und kann durch mathematische Induktion gelöst werden.

1. Basis der Induktion. Für n = 1 ist alles klar, da eine Pyramide aus einem Ring offensichtlich auf jeden Stab verschoben werden kann.
2. Schritt der Induktion. Angenommen, wir können beliebige Pyramiden mit der Anzahl der Ringe bewegen p = k.
   Lassen Sie uns beweisen, dass wir dann auch die Pyramidenmitte aus verschieben können n = k + 1.

Pyramide von bis Ringe liegen am größten(zu + 1)-ter Ring, wir können uns nach Annahme auf jeden anderen Drehpunkt bewegen. Machen wir das. bewegungslos(zu + 1)-ter Ring stört uns nicht bei der Ausführung des Verschiebungsalgorithmus, da er der größte ist. Nach dem Umzug zu Ringe, bewegen Sie diese am größten(zu + 1)ter Ring auf die verbleibende Stange. Und dann wenden wir wieder den uns durch die induktive Annahme bekannten Bewegungsalgorithmus an zu Ringe und bewege sie mit dem zum Stab(zu + 1)ter Ring. Also, wenn wir die Pyramiden mit verschieben können zu Ringe, dann können wir die Pyramiden verschieben und zu + 1 Ringe. Daher ist es nach dem Prinzip der mathematischen Induktion immer möglich, die Pyramide zu verschieben, bestehend aus n Ringe, wobei n > 1.

Die Methode der mathematischen Induktion bei der Lösung von Teilbarkeitsproblemen.

Mit der Methode der mathematischen Induktion kann man verschiedene Aussagen zur Teilbarkeit natürlicher Zahlen beweisen.

Aufgabe 4 . Wenn n eine natürliche Zahl ist, dann ist die Zahl gerade.

Für n=1 gilt unsere Aussage: - eine gerade Zahl. Nehmen wir an, das ist eine gerade Zahl. Da 2k eine gerade Zahl ist, ist es das auch. Parität ist also für n=1 bewiesen, Parität wird aus Parität abgeleitet, also auch für alle natürlichen Werte von n.

Aufgabe 3. Beweisen Sie, dass die Zahl Z 3 + 3 - 26n - 27 mit einem beliebigen Natural n ist ohne Rest durch 26 2 teilbar.

Lösung. Beweisen wir zunächst per Induktion eine Hilfsaussage, dass 3 3n+3 1 ist ohne Rest durch 26 teilbar n > 0.

1. Basis der Induktion. Für n = 0 gilt: Z 3 - 1 \u003d 26 - geteilt durch 26.

Schritt der Induktion. Angenommen 3 3n + 3 - 1 ist teilbar durch 26 wenn n = k, und Beweisen wir, dass in diesem Fall die Behauptung gilt für n = k + 1. Seit 3

dann schließen wir aus der induktiven Annahme, dass die Zahl 3 3k + 6 - 1 ist durch 26 teilbar.

Beweisen wir nun die in der Bedingung des Problems formulierte Behauptung. Und wieder per Induktion.

1. Basis der Induktion. Es ist offensichtlich, dass bei n = 1 Aussage stimmt: seit 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Schritt der Induktion. Nehmen wir an, dass bei n = k
   Ausdruck 3 3k + 3 - 26k - 27 ist durch 26 teilbar 2 ohne Rest und beweisen, dass die Behauptung gilt für n = k+ 1,
   d.h. diese Nummer

teilbar durch 26 2 ohne jede Spur. In der letzten Summe werden beide Glieder ohne Rest durch 26 geteilt 2 . Erstens, weil wir bewiesen haben, dass der Ausdruck in Klammern durch 26 teilbar ist; die zweite durch die induktive Hypothese. Aufgrund des Induktionsprinzips ist die notwendige Aussage vollständig bewiesen.

Anwendung der Methode der mathematischen Induktion auf die Summierung von Reihen.

Aufgabe 5. Beweisen Sie die Formel

N ist eine natürliche Zahl.

Lösung.

Für n=1 werden beide Teile der Gleichheit eins und damit ist die erste Bedingung des mathematischen Induktionsprinzips erfüllt.

Angenommen, die Formel gilt für n=k, d.h.

Lassen Sie uns zu beiden Seiten dieser Gleichheit hinzufügen und die rechte Seite transformieren. Dann bekommen wir

Aus der Tatsache, dass die Formel für n=k gilt, folgt also, dass sie auch für n=k+1 gilt. Diese Aussage gilt für jeden natürlichen Wert von k. Damit ist auch die zweite Bedingung des Prinzips der mathematischen Induktion erfüllt. Die Formel hat sich bewährt.

Eine Aufgabe 6. Auf der Tafel stehen zwei Zahlen: 1.1. Wenn wir ihre Summe zwischen den Zahlen eingeben, erhalten wir die Zahlen 1, 2, 1. Wiederholen wir diese Operation erneut, erhalten wir die Zahlen 1, 3, 2, 3, 1. Nach drei Operationen sind die Zahlen 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Was wird danach die Summe aller Zahlen auf dem Brett sein? 100 Operationen?

Lösung. Mach alle 100 Operationen wären sehr zeitaufwändig und zeitraubend. Wir müssen also versuchen, eine allgemeine Formel für die Summe S zu finden Zahlen nach n Operationen. Schauen wir uns die Tabelle an:

Ist Ihnen hier ein Muster aufgefallen? Wenn nicht, können Sie einen weiteren Schritt machen: Nach vier Operationen werden Zahlen angezeigt

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

dessen Summe S 4 gleich 82 ist.

Tatsächlich können Sie die Zahlen nicht ausschreiben, sondern sofort sagen, wie sich die Summe nach dem Hinzufügen neuer Zahlen ändern wird. Die Summe sei gleich 5. Was wird daraus, wenn neue Zahlen hinzugefügt werden? Lassen Sie uns jede neue Zahl in die Summe von zwei alten aufteilen. Zum Beispiel gehen wir von 1, 3, 2, 3, 1 zu 1,

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

Das heißt, jede alte Zahl (mit Ausnahme der beiden extremen) geht jetzt dreimal in die Summe ein, sodass die neue Summe 3S - 2 ist (subtrahieren Sie 2, um die fehlenden Einheiten zu berücksichtigen). Deshalb S 5 = 3S 4 - 2 = 244 und allgemein

Wie lautet die allgemeine Formel? Ohne die Subtraktion von zwei Einheiten würde sich die Summe jedes Mal verdreifachen, wie bei den Potenzen des Tripels (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Und unsere Zahlen, wie Sie jetzt sehen können, sind eine weitere. Somit kann davon ausgegangen werden

Versuchen wir nun, dies per Induktion zu beweisen.

Basis der Induktion. Siehe Tabelle (z n = 0, 1, 2, 3).

Schritt der Induktion. Stellen wir uns das vor

Lassen Sie uns das beweisen S bis + 1 \u003d Z bis + 1 + 1.

Wirklich,

Unsere Formel hat sich also bewährt. Es zeigt, dass nach hundert Operationen die Summe aller Zahlen auf dem Brett gleich 3 ist 100 + 1.

Betrachten Sie ein bemerkenswertes Beispiel für die Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion, bei dem Sie zuerst zwei natürliche Parameter einführen und dann eine Induktion über ihre Summe durchführen müssen.

Eine Aufgabe 7. Beweisen Sie, dass wenn= 2, x 2 = 3 und für jeden natürlichen n> 3

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

dann

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

Lösung. Beachten Sie, dass in diesem Problem die anfängliche Zahlenfolge(x n ) wird durch Induktion bestimmt, da die Terme unserer Folge bis auf die ersten beiden induktiv, also durch die vorhergehenden gegeben sind. Die angegebenen Sequenzen werden aufgerufen wiederkehrend, und in unserem Fall ist diese Folge (durch Angabe ihrer ersten beiden Terme) eindeutig bestimmt.

Basis der Induktion. Es besteht aus der Überprüfung von zwei Behauptungen: n=1 und n=2.B In beiden Fällen ist die Behauptung durch Annahme wahr.

Schritt der Induktion. Nehmen wir an, dass für n = k - 1 und n = k Behauptung aufgestellt wird, das heißt

Beweisen wir dann die Behauptung für n = k + 1. Wir haben:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, was zu beweisen war.

Aufgabe 8. Beweisen Sie, dass jede natürliche Zahl als Summe mehrerer verschiedener Mitglieder der wiederkehrenden Folge von Fibonacci-Zahlen dargestellt werden kann:

für k > 2.

Lösung. Lassen Sie p - natürliche Zahl. Wir werden die Induktion weiter durchführen P.

Basis der Induktion. Für n = 1 Aussage ist wahr, da die Einheit selbst eine Fibonacci-Zahl ist.

Schritt der Induktion. Nehmen Sie an, dass alle natürlichen Zahlen kleiner als eine Zahl sind P, kann als Summe mehrerer verschiedener Terme der Fibonacci-Folge dargestellt werden. Finde die größte Fibonacci-Zahl F t , höchstens P; also F t n und F t +1 > n.

Weil die

Nach Induktionsannahme die Zahl p- F t kann als Summe von 5 verschiedenen Mitgliedern der Fibonacci-Folge dargestellt werden, und aus der letzten Ungleichung folgt, dass alle an der Summe von 8 beteiligten Mitglieder der Fibonacci-Folge kleiner als sind F t . Daher die Erweiterung der Nummer n = 8 + Ft erfüllt die Bedingung des Problems.

Anwendungsbeispiele der Methode der mathematischen Induktion zum Beweis von Ungleichungen.

Aufgabe 9. (Bernoullische Ungleichung.)Beweisen Sie das wann x > -1, x 0 und für ganze Zahl n > 2 die Ungleichheit

(1 + x)n > 1 + xn.

Lösung. Den Beweis führen wir wieder per Induktion.

1. Basis der Induktion. Überprüfen wir die Gültigkeit der Ungleichung für n = 2. In der Tat,

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

2. Induktionsschritt. Nehmen wir das für die Zahl an n = k die Aussage stimmt, das heißt

(1 + x)k > 1 + xk,

Wobei k > 2. Wir beweisen es für n = k + 1. Wir haben: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kann also argumentiert werden, dass die Bernoulli-Ungleichung für alle gilt n > 2.

Nicht immer unter den Bedingungen von Problemen, die mit der Methode der mathematischen Induktion gelöst werden, ist das zu beweisende allgemeine Gesetz klar formuliert. Manchmal ist es notwendig, durch Beobachtung bestimmter Fälle zuerst herauszufinden (zu erraten), zu welchem ​​allgemeinen Gesetz sie führen, und erst dann die aufgestellte Hypothese durch mathematische Induktion zu beweisen. Darüber hinaus kann die Induktionsvariable maskiert werden, und bevor das Problem gelöst wird, muss festgelegt werden, auf welchem ​​​​Parameter die Induktion durchgeführt wird. Betrachten Sie als Beispiele die folgenden Aufgaben.

Aufgabe 10. Beweisen Sie das

für jede natürliche n > 1.

Lösung, Versuchen wir, diese Ungleichung durch mathematische Induktion zu beweisen.

Die Induktionsbasis ist leicht zu verifizieren:1+

Nach der Induktionsannahme

und es bleibt uns überlassen, das zu beweisen

Unter Verwendung der Induktionsannahme werden wir das behaupten

Obwohl diese Gleichheit tatsächlich wahr ist, liefert sie uns keine Lösung des Problems.

Versuchen wir, eine stärkere Behauptung zu beweisen, als im ursprünglichen Problem erforderlich ist. Das werden wir nämlich beweisen

Es mag scheinen, dass der Beweis dieser Behauptung durch Induktion hoffnungslos ist.

Allerdings auf S = 1 haben wir: die Aussage ist wahr. Nehmen wir an, um den Induktionsschritt zu rechtfertigen

und dann werden wir das beweisen

Wirklich,

Damit haben wir eine stärkere Behauptung bewiesen, die unmittelbar die in der Problembedingung enthaltene Behauptung impliziert.

Das Aufschlussreiche dabei ist, dass wir zwar eine stärkere Behauptung beweisen mussten als im Problem gefordert, aber im Induktionsschritt auch eine stärkere Annahme verwenden konnten. Dies erklärt, dass die einfache Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion nicht immer zum Ziel führt.

Die Situation, die bei der Lösung des Problems aufgetreten ist, wird genanntdas Erfinderparadoxon.Das Paradoxe an sich ist, dass komplexere Pläne erfolgreicher umgesetzt werden können, wenn sie auf einem tieferen Verständnis des Wesens der Sache beruhen.

Aufgabe 11. Beweisen Sie, dass 2m + n - 2m für jede natürliche Art der.

Lösung. Hier haben wir zwei Möglichkeiten. Daher können Sie versuchen, die sogenannten durchzuführendoppelte Induktion(eine Induktion innerhalb einer Induktion).

Wir führen induktives Schließen weiter durch P.

1. Induktionsbasis nach p. Für n = Das muss ich prüfen 2 t ~ 1 > t. Um diese Ungleichung zu beweisen, verwenden wir Induktion nach t.

a) Basis der Induktion von vol. Für t = 1 in Bearbeitung
Gleichheit, was akzeptabel ist.

b) Induktionsschritt nach t.Nehmen wir an, dass bei t = k Aussage stimmt, das heißt 2 k ~ 1 > k. Dann auf
Nehmen wir an, dass die Behauptung wahr ist, selbst wenn m = k + 1.
Wir haben:

bei natürlichem k.

Daher die Ungleichheit 2 durchgeführt für jede natürliche t.

2. Induktionsschritt gemäß PunktWähle und korrigiere eine natürliche Zahl t. Nehmen wir an, dass bei n = ich die Aussage ist wahr (für eine feste t), also 2 t +1 ~ 2 > t1, und beweise, dass dann die Behauptung wahr sein wird n = l + 1.
Wir haben:

für jede natürliche Art der.

Daher basiert auf dem Prinzip der mathematischen Induktion (gem P) die Aussage des Problems gilt für alle P und für alle fest t. Somit gilt diese Ungleichung für alle natürlichen Art der.

Aufgabe 12. Seien m, n und k sind natürliche Zahlen und t > s Welche der beiden Zahlen ist größer:

In jedem Ausdruck zu Quadratwurzelzeichen, t und n wechseln sich ab.

Lösung. Beweisen wir zunächst eine Hilfsaussage.

Lemma. Für alle natürlichen t und n (t > n) und nicht negativ (nicht unbedingt ganzzahlig) X die Ungleichheit

Nachweisen. Bedenke die Ungleichheit

Diese Ungleichung ist wahr, da beide Faktoren auf der linken Seite positiv sind. Erweitern der Klammern und Umwandeln erhalten wir:

Wenn wir die Quadratwurzel aus beiden Teilen der letzten Ungleichung ziehen, erhalten wir die Behauptung des Lemmas. Damit ist das Lemma bewiesen.

Kommen wir nun zur Lösung des Problems. Lassen Sie uns die erste dieser Zahlen mit bezeichnen a, und die zweite durch b bis . Lassen Sie uns beweisen, dass a für jede natürliche zu. Der Beweis wird nach dem Verfahren der mathematischen Induktion getrennt für gerade und ungerade geführt zu.

Basis der Induktion. Für k = 1 haben wir die Ungleichung

j[t > j/n , was aufgrund der Tatsache gültig ist, dass m > n. = 2 erhält man das gewünschte Ergebnis aus dem bewiesenen Lemma durch Einsetzen x = 0.

Schritt der Induktion. Angenommen, für einige zur Ungleichung a > b zu Messe. Lassen Sie uns das beweisen

Aus der Induktionsannahme und der Monotonie der Quadratwurzel folgt:

Andererseits folgt aus dem bewiesenen Lemma, dass

Wenn wir die letzten beiden Ungleichungen kombinieren, erhalten wir:

Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.

Aufgabe 13. (Cauchys Ungleichung.)Beweisen Sie, dass für alle positiven Zahlen ..., ein p die Ungleichheit

Lösung. Für n = 2 die Ungleichung

das arithmetische Mittel und das geometrische Mittel (für zwei Zahlen) gelten als bekannt. Lassen n = 2, k = 1, 2, 3, ... und führen Sie zuerst Induktion durch zu. Die Basis dieser Induktion gilt, vorausgesetzt, dass die gewünschte Ungleichung bereits für festgestellt wurde n = 2 , wir werden es beweisen P = 2 . Wir haben (unter Verwendung der Ungleichung für zwei Zahlen):

Also nach der Induktionsannahme

Somit haben wir durch Induktion nach k die Ungleichung für alle bewiesen S. 9 das sind Zweierpotenzen.

Um die Ungleichung für andere Werte zu beweisen P Wir werden die "Induktion nach unten" verwenden, das heißt, wir werden beweisen, dass, wenn die Ungleichung für beliebige Nicht-Negative erfüllt ist P Zahlen, es gilt auch für(P - 1)te Zahl. Um dies zu überprüfen, stellen wir fest, dass gemäß der getroffenen Annahme z P Zahlen, die Ungleichheit

das heißt, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Teilen Sie beide Teile in P - 1 erhalten wir die geforderte Ungleichung.

Also haben wir zuerst festgestellt, dass die Ungleichung für unendlich viele mögliche Werte gilt P, und zeigte dann, dass, wenn die Ungleichung gilt P Zahlen, es gilt auch für(P - 1) Zahlen. Daraus schließen wir nun, dass die Cotysche Ungleichung für eine Menge von gilt P alle nicht negativen Zahlen für alle n = 2, 3, 4, ...

Aufgabe 14. (D. Uspensky.) Für jedes Dreieck ABC mit Winkeln = KAB, = CBA kommensurabel sind, gibt es Ungleichheiten

Lösung. Die Winkel und sind kommensurabel, was (per Definition) bedeutet, dass diese Winkel ein gemeinsames Maß haben, für das = p, = (p, q sind teilerfremde natürliche Zahlen).

Wenden wir die Methode der mathematischen Induktion an und ziehen sie über die Summe n = p + q natürliche teilerfremde Zahlen..

Basis der Induktion. Für p + q = 2 gilt: p = 1 und q = 1. Dann ist das Dreieck ABC gleichschenklig, und die notwendigen Ungleichungen sind offensichtlich: Sie folgen aus der Dreiecksungleichung

Schritt der Induktion. Nehmen wir nun an, dass die gewünschten Ungleichungen für p + q = 2, 3, ..., k - 1, wobei k > 2. Zeigen wir, dass die Ungleichungen auch für gelten p + q = k.

Lassen Sie ABC ist ein gegebenes Dreieck mit> 2. Dann die Seiten AC und BC kann nicht gleich sein: let AC > BC. Bauen wir nun, wie in Abbildung 2, ein gleichschenkliges Dreieck ABC; wir haben:

AC \u003d DC und AD \u003d AB + BD, daher

2AC > AB + BD (1)

Betrachten Sie nun das Dreieck VDC, deren Winkel ebenfalls vergleichbar sind:

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

Reis. 2

Dieses Dreieck erfüllt die Induktionshypothese und daher

(2)

Addieren wir (1) und (2), erhalten wir:

2AC+BD>

Und deswegen

Aus demselben Dreieck PSP aus der Induktionshypothese schließen wir darauf

Unter Berücksichtigung der vorherigen Ungleichung schließen wir daraus

Damit erhält man den induktiven Übergang, und die Problemstellung folgt aus dem Prinzip der mathematischen Induktion.

Kommentar. Die Problemstellung bleibt auch dann gültig, wenn die Winkel a und p nicht kommensurabel sind. Bei der Betrachtung im allgemeinen Fall müssen wir bereits ein weiteres wichtiges mathematisches Prinzip anwenden - das Stetigkeitsprinzip.

Aufgabe 15. Mehrere Geraden teilen die Ebene in Teile. Beweisen Sie, dass es möglich ist, diese Teile weiß zu färben

und schwarze Farben, so dass benachbarte Teile, die ein gemeinsames Randsegment haben, unterschiedliche Farben haben (wie in Abbildung 3, wenn n = 4).

Bild 3

Lösung. Wir verwenden Induktion über die Anzahl der Zeilen. Also lass P - die Anzahl der Linien, die unser Flugzeug in Teile teilen, n > 1.

Basis der Induktion. Wenn es nur eine Gerade gibt(P = 1), dann teilt sie die Ebene in zwei Halbebenen, von denen eine weiß und die andere schwarz gefärbt werden kann, und die Problemstellung ist wahr.

Schritt der Induktion. Um den Beweis des Induktionsschritts klarer zu machen, betrachten Sie den Vorgang des Hinzufügens einer neuen Linie. Wenn wir die zweite Linie ziehen(P= 2), dann erhalten wir vier Teile, die in der gewünschten Weise eingefärbt werden können, indem die gegenüberliegenden Ecken in der gleichen Farbe bemalt werden. Mal sehen, was passiert, wenn wir die dritte gerade Linie ziehen. Es werden einige der "alten" Teile geteilt, während neue Abschnitte der Grenze entstehen, die auf beiden Seiten die gleiche Farbe haben (Abb. 4).

Reis. vier

Gehen wir wie folgt vor:einerseitsvon der neuen geraden Linie werden wir die Farben ändern - wir werden weiß schwarz machen und umgekehrt; gleichzeitig werden die Teile, die auf der anderen Seite dieser Geraden liegen, nicht neu lackiert (Abb. 5). Dann wird diese neue Farbgebung den notwendigen Anforderungen genügen: Auf der einen Seite der geraden Linie war sie bereits alternierend (aber mit unterschiedlichen Farben), und auf der anderen Seite war sie notwendig. Damit die Teile, die einen gemeinsamen Rand haben, der zur gezogenen Linie gehört, in unterschiedlichen Farben bemalt werden, haben wir die Teile nur auf einer Seite dieser gezogenen Linie neu gestrichen.

Abb.5

Beweisen wir nun den Induktionsschritt. Denke das für einigen = kdie Aussage des Problems gilt, dh alle Teile der Ebene, in die es durch diese geteilt wirdzuGerade können Sie in Weiß und Schwarz malen, sodass die benachbarten Teile unterschiedliche Farben haben. Beweisen wir, dass es dann eine solche Färbung für gibtP= zu+ 1 gerade. Gehen wir ähnlich vor wie beim Übergang von zwei Geraden auf drei. Lassen Sie uns im Flugzeug verbringenzuDirekte. Dann kann durch die induktive Annahme die resultierende "Karte" in der gewünschten Weise eingefärbt werden. Lass uns jetzt ausgeben(zu+ 1)-te gerade Linie und auf einer Seite davon ändern wir die Farben in die entgegengesetzten. Also jetzt(zuDie +1)-te Gerade trennt überall verschiedenfarbige Abschnitte, während die "alten" Teile, wie wir schon gesehen haben, richtig gefärbt bleiben. Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion wird das Problem gelöst.

Eine Aufgabe16. Am Rande der Wüste gibt es einen großen Benzinvorrat und ein Auto, das mit einer vollen Tankstelle 50 Kilometer weit fahren kann. In unbegrenzter Menge gibt es Kanister, in die man Benzin aus dem Benzintank des Autos ablassen und irgendwo in der Wüste lagern kann. Beweisen Sie, dass das Auto jede ganzzahlige Entfernung von mehr als 50 Kilometern zurücklegen kann. Das Mitführen von Benzinkanistern ist nicht gestattet, leere Kanister können in beliebiger Menge mitgeführt werden.

Lösung.Versuchen wir es durch Induktion nach zu beweisenP,dass das Auto fahren kannPKilometer vom Rand der Wüste entfernt. BeiP= 50 ist bekannt. Es bleibt, den Induktionsschritt auszuführen und zu erklären, wie man dorthin gelangtn = k+ 1 km falls bekanntn = kKilometer gefahren werden.

Hier stoßen wir jedoch auf eine Schwierigkeit: nachdem wir bestanden habenzuKilometer reicht das Benzin vielleicht nicht einmal für die Rückfahrt (von der Lagerung ganz zu schweigen). Und in diesem Fall besteht der Ausweg darin, die zu beweisende Behauptung zu verstärken (das Erfinderparadoxon). Wir werden beweisen, dass es möglich ist, nicht nur zu fahrenPKilometer, sondern auch um einen beliebig großen Benzinvorrat an einem entfernten Punkt zu machenPKilometer vom Rand der Wüste entfernt, an diesem Punkt nach dem Ende des Transports.

Basis der Induktion.Eine Benzineinheit sei die Benzinmenge, die benötigt wird, um einen Kilometer zurückzulegen. Dann erfordert eine 1-Kilometer-Fahrt und zurück zwei Einheiten Benzin, sodass wir einen Kilometer vom Rand entfernt 48 Einheiten Benzin lagern können und für mehr zurückkommen. So können wir für mehrere Fahrten zum Lager einen Vorrat in beliebiger Größe anlegen, den wir benötigen. Gleichzeitig geben wir 50 Einheiten Benzin aus, um 48 Lagereinheiten zu schaffen.

Schritt der Induktion.Nehmen wir das mal aus der Ferne anP= zuVom Rand der Wüste aus können Sie jede Menge Benzin lagern. Lassen Sie uns beweisen, dass es dann möglich ist, ein Endlager aus der Ferne zu erstellenn = k+ 1 km mit einem vorher festgelegten Benzinvorrat und am Ende des Transports bei diesem Lager sein. Denn an der StelleP= zuBenzin gibt es unbegrenzt, dann (laut Induktionsbasis) können wir in mehreren Fahrten zur Sache kommenn = k+ 1, um einen Punkt zu machenP= zu4- 1 Vorrat jeder Größe, die Sie benötigen.

Die Wahrheit einer allgemeineren Aussage als in der Problemstellung folgt nun aus dem Prinzip der mathematischen Induktion.

Fazit

Insbesondere durch das Studium der Methode der mathematischen Induktion habe ich meine Kenntnisse in diesem Bereich der Mathematik verbessert 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 Tätigkeit 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.

Literatur

1. Vulenkin-INDUKTION. Kombinatorik. Handbuch für Lehrer. M., Aufklärung,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induktion in der Geometrie. - M.: Gosud. Verleger zündete. - 1956 - S.I00. Ein Handbuch zur Mathematik für Studienbewerber / Ed. Jakowlewa G. N. Die Wissenschaft. -1981. - S.47-51.

3. Golovina L. I., Yaglom IM. Induktion in der Geometrie. —
M.: Nauka, 1961. - (Volksvorlesungen über Mathematik.)

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

5.R. Courant, G. Robbins "Was ist Mathematik?" Kapitel 1, § 2

6. Popa D. Mathematik und plausible Argumentation. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Mathematische Entdeckung. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanow I. S. Wie man die Methode der mathematischen Induktion unterrichtet / Mathematikschule. -Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I. S., Golovina L. I., Yaglom I. M. Zur Methode der mathematischen Induktion. - M.: Nauka, 1977. - (Volksvorlesungen zur Mathematik.)

10. Solominsky I.S. Methode der mathematischen Induktion. - M.: Wissenschaft.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Zur mathematischen Induktion. - M.: Wissenschaft. - 1967. - S.7-59.

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

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40124.html

In vielen Bereichen der Mathematik muss man die Wahrheit einer Aussage beweisen, die von abhängt, d.h. Wahrheit des Satzes p(n) zum " níN (für alle n AN p(n) Rechts).

Dies lässt sich oft nachweisen Methode der mathematischen Induktion.

Dieses Verfahren basiert auf dem Prinzip der mathematischen Induktion. Es wird normalerweise als eines der Axiome der Arithmetik gewählt und daher ohne Beweis akzeptiert. Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion ist der Satz p(n) gilt für alle natürlichen Werte der Variablen als wahr, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind:

1. Angebot p(n) wahr für n= 1.

2. Aus dem Satz that p(n) wahr für n =k (k- beliebige natürliche Zahl) folgt, dass es gilt für n =k+ 1.

Unter der Methode der mathematischen Induktion versteht man die folgende Beweismethode

1. Prüfen Sie den Wahrheitsgehalt der Aussage auf n= 1 ist die Basis der Induktion.

2. Nehmen Sie an, dass die Aussage gilt für n = k - induktive Annahme.

3. Beweisen Sie, dass dann auch für gilt n =k+ 1 induktiver Übergang.

Manchmal ein Vorschlag p(n) stellt sich als wahr nicht für alle natürlich n, und beginnend mit einigen für n = n 0. In diesem Fall wird die Wahrheit in der Induktionsbasis überprüft p(n) bei n = n 0.

Beispiel 1 Lassen . Beweise das

1. Induktionsbasis: wann n= 1 per definitionem S 1 = 1 und durch die Formel erhalten wir ein Ergebnis. Die Aussage ist richtig.

n=k und .

n=k+ 1. Beweisen wir das .

Allerdings nach induktiver Annahme

Lassen Sie uns diesen Ausdruck umwandeln

Der induktive Übergang ist bewiesen.

Kommentar. Es ist sinnvoll aufzuschreiben, was gegeben ist (eine induktive Annahme) und was bewiesen werden muss!

Beispiel 2 Beweisen

1. Basis der Induktion. Bei n= 1, so ist die Behauptung offensichtlich wahr.

2. Induktionsannahme. Lassen n=k und

3. Induktiver Übergang. Lassen n=k+ 1. Beweisen wir:

Lassen Sie uns tatsächlich die rechte Seite als Summe zweier Zahlen quadrieren:

Unter Verwendung der induktiven Annahme und der Formel für die Summe einer arithmetischen Folge: , erhalten wir

Beispiel 3 Beweisen Sie die Ungleichung

1. Grundlage der Induktion ist in diesem Fall die Überprüfung der Wahrheit der Aussage für , d.h. Ungleichheit muss überprüft werden. Dazu genügt es, die Ungleichung zu quadrieren: oder 63< 64 – неравенство верно.

2. Die Ungleichung sei wahr für , d.h.

3. Lassen Sie beweisen:

Wir verwenden die Induktionshypothese

Da wir wissen, wie die rechte Seite der zu beweisenden Ungleichung aussehen sollte, wählen wir diesen Teil aus

Es bleibt festzustellen, dass der zusätzliche Faktor Eins nicht überschreitet. Wirklich,

Beispiel 4 Beweisen Sie, dass jede natürliche Zahl auf eine Ziffer endet.

1. Die kleinste natürliche Zahl, ab der die Aussage wahr ist, ist gleich . .

2. Lassen Sie die Zahl für auf enden. Dies bedeutet, dass diese Zahl geschrieben werden kann als , wobei eine natürliche Zahl ist. Dann .

3. Lassen Sie . Beweisen wir, dass es auf endet. Unter Verwendung der resultierenden Darstellung erhalten wir

Die letzte Zahl hat genau Einsen.

Anwendung

1.4. Methode der mathematischen Induktion

Wie Sie wissen, müssen mathematische Aussagen (Theoreme) begründet, bewiesen werden. Wir werden jetzt eine der Beweismethoden kennenlernen - die Methode der mathematischen Induktion.

Im weitesten Sinne ist Induktion eine Art des Denkens, die es Ihnen ermöglicht, von bestimmten Aussagen zu allgemeinen Aussagen zu gelangen. Den umgekehrten Übergang von allgemeinen Aussagen zu besonderen nennt man Deduktion.

Deduktion führt immer zu richtigen Schlussfolgerungen. Wir kennen zum Beispiel das allgemeine Ergebnis: Alle ganzen Zahlen, die auf Null enden, sind durch 5 teilbar. Daraus können wir natürlich schließen, dass jede bestimmte Zahl, die auf 0 endet, wie zum Beispiel 180, durch 5 teilbar ist.

Gleichzeitig kann die Induktion zu falschen Schlussfolgerungen führen. Wenn wir zum Beispiel feststellen, dass die Zahl 60 durch die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6 teilbar ist, haben wir kein Recht darauf zu schließen, dass 60 überhaupt durch irgendeine Zahl teilbar ist.

Die Methode der mathematischen Induktion ermöglicht es in vielen Fällen, die Gültigkeit der allgemeinen Behauptung P(n), deren Formulierung eine natürliche Zahl n enthält, streng zu beweisen.

Die Anwendung der Methode umfasst 3 Stufen.

1) Induktionsbasis: Wir überprüfen die Gültigkeit der Aussage P(n) für n = 1 (oder für einen anderen, privaten Wert von n, ab dem die Gültigkeit von P(n) angenommen wird).

2) Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass P(n) gilt für n = k.

3) Induktionsschritt: Mit der Annahme beweisen wir, dass P(n) für n = k + 1 gilt.

Daraus können wir schließen, dass P(n) für jedes n ∈ N gilt. Tatsächlich gilt für n = 1 die Behauptung (die Basis der Induktion). Und damit gilt es auch für n = 2, da der Übergang von n = 1 nach n = 2 gerechtfertigt ist (Induktionsschritt). Durch wiederholte Anwendung des Induktionsschritts erhalten wir die Gültigkeit von P(n) für n = 3, 4, 5, . . ., also die Gültigkeit von P(n) für alle n.

Beispiel 14. Die Summe der ersten n ungeraden natürlichen Zahlen ist n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Der Beweis wird nach der Methode der mathematischen Induktion geführt.

1) Basis: für n=1 gibt es nur einen Term auf der linken Seite, wir erhalten: 1 = 1.

Die Aussage ist richtig.

2) Annahme: Wir nehmen an, dass für einige k die Gleichheit gilt: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Lösen von Problemen über die Trefferwahrscheinlichkeit bei Schüssen

Die allgemeine Problemstellung lautet wie folgt:

Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, ist gleich $p$. $n$ Schüsse abgefeuert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Ziel genau $k$ mal getroffen wird (es wird $k$ Treffer geben).

Wir wenden die Bernoulli-Formel an und erhalten:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Hier ist $C_n^k$ die Anzahl der Kombinationen von $n$ bis $k$.

Wenn das Problem mehrere Pfeile mit betrifft verschiedene Wahrscheinlichkeiten Zielerreichung, Theorie, Lösungsbeispiele und einen Rechner finden Sie hier.

Video-Tutorial und Excel-Vorlage

Sehen Sie sich unser Video zum Lösen von Problemen mit Bernoulli-Aufnahmen an und erfahren Sie, wie Sie Excel verwenden, um häufige Probleme zu lösen.

Die Excel-Berechnungsdatei aus dem Video können Sie kostenlos herunterladen und zur Lösung Ihrer Probleme verwenden.

Beispiele für die Lösung von Problemen beim Treffen des Ziels in einer Reihe von Schüssen

Schauen wir uns ein paar typische Beispiele an.

Beispiel 1 7 Schüsse abgefeuert. Die Wahrscheinlichkeit, mit einem Schuss zu treffen, beträgt 0,705. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass es genau 5 Treffer geben wird.

Wir bekommen, dass es um wiederholte unabhängige Tests geht (Schüsse auf das Ziel), $n=7$ Schüsse werden insgesamt abgefeuert, die Trefferwahrscheinlichkeit bei jedem $p=0,705$, die Wahrscheinlichkeit zu verfehlen $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Wir müssen herausfinden, dass es genau $k=5$ Treffer geben wird. Wir setzen alles in Formel (1) ein und erhalten: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Beispiel 2 Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, beträgt 0,4.

Auf das Ziel werden vier unabhängige Schüsse abgefeuert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Ziel mindestens einmal getroffen wird.

Wir untersuchen das Problem und schreiben die Parameter auf: $n=4$ (Schuss), $p=0.4$ (Trefferwahrscheinlichkeit), $k \ge 1$ (es wird mindestens einen Treffer geben).

Wir verwenden die Formel für die Wahrscheinlichkeit des gegenteiligen Ereignisses (es gibt keinen Treffer):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 = 1 - 0,6 ^ 4 = 1 - 0,13 = 0,87. $$

Die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal von vier zu treffen, liegt bei 0,87 oder 87 %.

Beispiel 3 Die Wahrscheinlichkeit, dass der Schütze das Ziel trifft, beträgt 0,3.

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass mit 6 Schüssen das Ziel drei- bis sechsmal getroffen wird.

Im Gegensatz zu den vorherigen Aufgaben müssen Sie hier die Wahrscheinlichkeit finden, dass die Anzahl der Treffer in einem bestimmten Intervall liegt (und nicht genau einer Zahl entspricht). Aber die Formel ist die gleiche.

Lassen Sie uns die Wahrscheinlichkeit ermitteln, dass das Ziel drei- bis sechsmal getroffen wird, das heißt, es gibt entweder 3 oder 4 oder 5 oder 6 Treffer.

Diese Wahrscheinlichkeiten werden nach Formel (1) berechnet:

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Da die Ereignisse inkompatibel sind, kann die gesuchte Wahrscheinlichkeit mit der Wagefunden werden: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Beispiel 4 Die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer auf der Zielscheibe bei vier Schüssen beträgt 0,9984. Berechne die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen.

Lassen Sie uns die Wahrscheinlichkeit bezeichnen, das Ziel mit einem Schuss zu treffen. Lassen Sie uns ein Ereignis eingeben:
$A = $ (Von vier Schüssen trifft mindestens einer das Ziel),
sowie sein entgegengesetztes Ereignis, das geschrieben werden kann als:
$\overline(A) = $ (Alle 4 Schüsse verfehlen das Ziel, keine Treffer).

Schreiben wir die Formel für die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $A$ auf.

Schreiben wir die bekannten Werte auf: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Setze Formel (1) ein und erhalte:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984.

Wir lösen die resultierende Gleichung:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, beträgt also 0,8.

Vielen Dank für das Lesen und Teilen mit anderen

Nützliche Links

Finden Sie fertige Aufgaben in der Lösung:

Online-Berechnungen mit der Bernoulli-Formel

Lösen einer Ungleichung mit einem Taschenrechner

Die Ungleichung in der Mathematik gilt für alle Gleichungen, in denen "=" durch eines der folgenden Zeichen ersetzt wird: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* linear;

* Quadrat;

* gebrochen;

* indikativ;

* trigonometrisch;

* logarithmisch.

Abhängig davon heißen die Ungleichungen linear, partiell usw.

Auf diese Anzeichen sollten Sie achten:

* Ungleichungen mit größer als (>) oder kleiner als (

* Ungleichheiten mit Symbolen, die größer oder gleich \[\geq\] kleiner oder gleich [\leq\] sind, werden als unprofessionell bezeichnet;

* Das Symbol ist nicht dasselbe \[\ne\] allein, aber Fälle mit diesem Symbol müssen ständig gelöst werden.

Eine solche Ungleichheit wird durch Transformationen von Identitäten gelöst.

Lesen Sie auch unseren Artikel „Löse die vollständige Lösung für eine Online-Gleichung“

Nehmen wir an, dass die folgende Ungleichung gilt:

Wir lösen sie auf die gleiche Weise wie eine lineare Gleichung, aber wir sollten das Vorzeichen der Ungleichheit sorgfältig überwachen.

Zuerst verschieben wir die Begriffe vom Unbekannten nach links, vom Bekannten nach rechts, indem wir die Symbole umkehren:

Dann dividieren wir beide Seiten durch -4 und kehren das Ungleichheitszeichen um:

Das ist die Antwort auf diese Gleichung.

Wo kann ich die Ungleichheit im Internet lösen?

Sie können die Gleichung auf unserer Website pocketteacher.ru lösen.

Bernoulli-Ungleichungsrechner

In Sekundenschnelle löst eine kostenlose Online-Rettungslösung eine beliebig komplexe Online-Gleichung. Alles, was Sie tun müssen, ist, Ihre Daten in die Rettung einzugeben. Auf unserer Website können Sie sich auch Videoanleitungen ansehen und lernen, wie Sie die Gleichung lösen.

Und wenn Sie Fragen haben, können Sie sie in unserer Vkontakte-Gruppe stellen: pocketteacher. Treten Sie unserer Gruppe bei, wir helfen Ihnen gerne weiter.

Vollständige mathematische Induktionsmethode

Gleichungslösung / Differentialgleichungen

© RU-Test - Online-Rechner

Lösung von Differentialgleichungen

Diff eingeben.

Die gleichung:

Mit dem Taschenrechner können Sie Differentialgleichungen unterschiedlicher Komplexität lösen.

Beispiele für gelöste Differentialgleichungen