Die mathematische Induktion ist die Grundlage einer der gebräuchlichsten Methoden des mathematischen Beweises. Mit seiner Hilfe können Sie die meisten Formeln mit natürlichen Zahlen n beweisen, zum Beispiel die Formel zum Ermitteln der Summe der ersten Terme der Folge S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, Newtons Binomialformel a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

Im ersten Absatz analysieren wir die Grundkonzepte, betrachten dann die Grundlagen der Methode selbst und erklären Ihnen dann, wie Sie sie zum Beweis von Gleichheiten und Ungleichungen verwenden.

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Konzepte der Induktion und Deduktion

Schauen wir uns zunächst an, was Induktion und Deduktion im Allgemeinen sind.

Definition 1

Induktion ist ein Übergang vom Besonderen zum Allgemeinen, und Abzug im Gegenteil – vom Allgemeinen zum Besonderen.

Wir haben zum Beispiel eine Aussage: 254 kann durch zwei geteilt werden. Daraus können wir viele Schlussfolgerungen ziehen, darunter sowohl wahre als auch falsche. Beispielsweise ist die Aussage wahr, dass alle ganzen Zahlen, die auf die Zahl 4 enden, ohne Rest durch zwei geteilt werden können, aber die Aussage, dass jede Zahl mit drei Ziffern durch 2 teilbar ist, ist falsch.

Generell lässt sich sagen, dass mit Hilfe des induktiven Denkens aus einer einzigen bekannten oder offensichtlichen Argumentation viele Schlussfolgerungen gezogen werden können. Mithilfe der mathematischen Induktion können wir bestimmen, wie gültig diese Schlussfolgerungen sind.

Nehmen wir an, wir haben eine Zahlenfolge wie 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , wobei n eine natürliche Zahl bezeichnet. In diesem Fall erhalten wir beim Hinzufügen der ersten Elemente der Sequenz Folgendes:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .

Mithilfe der Induktion können wir schließen, dass S n = n n + 1 . Im dritten Teil werden wir diese Formel beweisen.

Was ist die Methode der mathematischen Induktion?

Diese Methode basiert auf dem gleichnamigen Prinzip. Es ist so formuliert:

Definition 2

Eine bestimmte Aussage wird für einen natürlichen Wert n wahr sein, wenn 1) sie für n = 1 wahr ist und 2) aus der Tatsache, dass dieser Ausdruck für einen beliebigen natürlichen Wert n = k gültig ist, folgt, dass er wahr sein wird für n = k + 1 .

Die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion erfolgt in 3 Schritten:

1. Zunächst prüfen wir die Gültigkeit der ursprünglichen Aussage im Fall eines beliebigen natürlichen Werts von n (normalerweise erfolgt die Prüfung auf Eins).
2. Danach prüfen wir die Gültigkeit, wenn n = k.
3. Und dann beweisen wir die Gültigkeit der Aussage, wenn n = k + 1.

Wie man mit der Methode der mathematischen Induktion Ungleichungen und Gleichungen löst

Nehmen wir das Beispiel, über das wir zuvor gesprochen haben.

Beispiel 1

Beweisen Sie die Formel S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Lösung

Wie wir bereits wissen, müssen zur Anwendung der Methode der mathematischen Induktion drei aufeinanderfolgende Aktionen ausgeführt werden.

1. Zunächst prüfen wir, ob diese Gleichheit für n gleich eins gilt. Wir erhalten S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Hier stimmt alles.
2. Als nächstes gehen wir davon aus, dass die Formel S k = k k + 1 korrekt ist.
3. Im dritten Schritt müssen wir beweisen, dass S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 ist, basierend auf der Gültigkeit der vorherigen Gleichung.

Wir können k + 1 als Summe der ersten Terme der Originalfolge und k + 1 darstellen:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Da wir in der zweiten Aktion erhalten haben, dass S k = k k + 1 ist, können wir Folgendes schreiben:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

Jetzt führen wir die notwendigen Transformationen durch. Wir müssen den Bruch auf einen gemeinsamen Nenner reduzieren, ähnliche Terme reduzieren, die abgekürzte Multiplikationsformel anwenden und reduzieren, was wir erhalten:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Somit haben wir die Gleichheit im dritten Punkt bewiesen, indem wir alle drei Schritte der Methode der mathematischen Induktion abgeschlossen haben.

Antwort: die Annahme über die Formel S n = n n + 1 ist richtig.

Nehmen wir ein komplexeres Problem mit trigonometrischen Funktionen.

Beispiel 2

Beweisen Sie die Identität cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Lösung

Wie wir uns erinnern, sollte der erste Schritt darin bestehen, die Gültigkeit der Gleichheit zu überprüfen, wenn n gleich eins ist. Um das herauszufinden, müssen wir uns die grundlegenden trigonometrischen Formeln merken.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Daher ist die Identität wahr, wenn n gleich eins ist.

Nehmen wir nun an, dass seine Gültigkeit auch für n = k gilt, d. h. es wird wahr sein, dass cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Wir beweisen die Gleichheit cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α für den Fall n = k + 1 unter Zugrundelegung der vorherigen Annahme.

Nach der trigonometrischen Formel gilt

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Somit,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Ein Beispiel für die Lösung eines Problems zum Beweis einer Ungleichung mit dieser Methode haben wir im Artikel über die Methode der kleinsten Quadrate gegeben. Lesen Sie den Absatz, in dem Formeln zum Ermitteln von Näherungskoeffizienten abgeleitet werden.

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Einführung

Dieses Thema ist relevant, da Menschen jeden Tag verschiedene Probleme lösen, bei denen sie unterschiedliche Lösungsmethoden anwenden. Es gibt jedoch Aufgaben, bei denen auf die Methode der mathematischen Induktion nicht verzichtet werden kann, und in solchen Fällen sind Kenntnisse in diesem Bereich sehr nützlich.

Ich habe dieses Thema für die Forschung gewählt, weil der Methode der mathematischen Induktion im Lehrplan wenig Zeit gewidmet wird; der Schüler lernt oberflächliche Informationen, die ihm nur helfen, sich einen allgemeinen Überblick über diese Methode zu verschaffen, aber um diese Theorie zu studieren Tiefe und Selbstentwicklung sind erforderlich. Es wird wirklich nützlich sein, mehr über dieses Thema zu erfahren, da es den Horizont einer Person erweitert und bei der Lösung komplexer Probleme hilft.

Ziel der Arbeit:

Machen Sie sich mit der Methode der mathematischen Induktion vertraut, systematisieren Sie Wissen zu diesem Thema und wenden Sie es bei der Lösung mathematischer Probleme und beim Beweis von Theoremen an, begründen und zeigen Sie die praktische Bedeutung der Methode der mathematischen Induktion als notwendiger Faktor zur Lösung von Problemen an.

Berufsziele:

Analysieren Sie die Literatur und fassen Sie das Wissen zu diesem Thema zusammen.

Verstehen Sie das Prinzip der Methode der mathematischen Induktion.

Entdecken Sie die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion zur Problemlösung.

Formulieren Sie Schlussfolgerungen und Schlussfolgerungen über die geleistete Arbeit.

Hauptteil der Studie

Geschichte:

Erst gegen Ende des 19. Jahrhunderts entstand ein Standard von Anforderungen an die logische Strenge, der bis heute in der praktischen Arbeit der Mathematiker zur Entwicklung einzelner mathematischer Theorien vorherrscht.

Induktion ist ein kognitives Verfahren, mit dem aus einem Vergleich vorhandener Fakten eine diese verallgemeinernde Aussage abgeleitet wird.

In der Mathematik besteht die Rolle der Induktion größtenteils darin, dass sie der gewählten Axiomatik zugrunde liegt. Nachdem die langjährige Praxis gezeigt hatte, dass ein gerader Weg immer kürzer ist als ein gekrümmter oder gebrochener Weg, lag es nahe, ein Axiom zu formulieren: Für drei beliebige Punkte A, B und C gilt eine Ungleichung.

Das Bewusstsein für die Methode der mathematischen Induktion als eigenständige wichtige Methode geht auf Blaise Pascal und Gersonides zurück, einzelne Anwendungsfälle finden sich jedoch in der Antike bei Proklos und Euklid. Der moderne Name für die Methode wurde 1838 von De Morgan eingeführt.

Die Methode der mathematischen Induktion kann mit dem Fortschritt verglichen werden: Wir beginnen beim Niedrigsten und gelangen durch logisches Denken zum Höchsten. Der Mensch strebte immer nach Fortschritt, nach der Fähigkeit, seine Gedanken logisch zu entwickeln, was bedeutet, dass die Natur ihn selbst dazu bestimmt hat, induktiv zu denken.

Induktion und Deduktion

Es ist bekannt, dass es sowohl besondere als auch allgemeine Aussagen gibt, und diese beiden Begriffe basieren auf dem Übergang von einem zum anderen.

Deduktion (von lateinisch deductio – Deduktion) – ein Übergang im Erkenntnisprozess von allgemein Wissen zu Privat Und einzel. Bei der Deduktion dient das Allgemeinwissen als Ausgangspunkt für die Argumentation, und dieses Allgemeinwissen wird als „vorgefertigt“ und vorhanden angenommen. Die Besonderheit der Deduktion besteht darin, dass die Wahrheit ihrer Prämissen die Wahrheit der Schlussfolgerung garantiert. Daher hat die Deduktion eine enorme Überzeugungskraft und wird häufig nicht nur zum Beweis von Theoremen in der Mathematik eingesetzt, sondern auch überall dort, wo verlässliches Wissen benötigt wird.

Induktion (von lateinisch inductio – Führung) ist ein Übergang im Erkenntnisprozess von Privat Wissen zu allgemein Mit anderen Worten handelt es sich um eine Forschungs- und Erkenntnismethode, die mit der Verallgemeinerung der Ergebnisse von Beobachtungen und Experimenten verbunden ist. Ein Merkmal der Induktion ist ihr probabilistischer Charakter, d.h. Wenn die anfänglichen Prämissen wahr sind, ist die Schlussfolgerung der Induktion nur wahrscheinlich wahr und kann sich im Endergebnis entweder als wahr oder falsch erweisen.

Vollständige und unvollständige Induktion

Induktive Folgerung ist eine Form des abstrakten Denkens, bei der sich das Denken von Wissen mit einem geringeren Grad an Allgemeinheit zu Wissen mit einem höheren Grad an Allgemeinheit entwickelt und die Schlussfolgerung, die sich aus den Prämissen ergibt, überwiegend probabilistischer Natur ist.

Bei der Recherche habe ich herausgefunden, dass die Induktion in zwei Typen unterteilt wird: vollständige und unvollständige.

Vollständige Induktion ist eine Schlussfolgerung, bei der auf der Grundlage der Untersuchung aller Objekte dieser Klasse eine allgemeine Schlussfolgerung über eine Klasse von Objekten gezogen wird.

Beispielsweise muss festgestellt werden, dass jede gerade natürliche Zahl n im Bereich 6≤ n≤ 18 als Summe zweier Primzahlen dargestellt werden kann. Nehmen Sie dazu alle diese Zahlen und schreiben Sie die entsprechenden Erweiterungen auf:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Diese Gleichungen zeigen, dass jede der Zahlen, an denen wir interessiert sind, tatsächlich als Summe zweier einfacher Terme dargestellt wird.

Betrachten Sie das folgende Beispiel: Sequenz yn= n 2 +n+17; Schreiben wir die ersten vier Terme auf: y 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Dann können wir annehmen, dass die gesamte Folge aus Primzahlen besteht. Aber das ist nicht so, nehmen wir y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Dies ist eine zusammengesetzte Zahl, was bedeutet, dass unsere Annahme falsch ist. Daher führt eine unvollständige Induktion nicht zu völlig zuverlässigen Schlussfolgerungen, sondern ermöglicht uns die Formulierung einer Hypothese, die anschließend einen mathematischen Beweis oder eine Widerlegung erfordert.

Methode der mathematischen Induktion

Die vollständige Induktion hat in der Mathematik nur begrenzte Anwendungsmöglichkeiten. Viele interessante mathematische Aussagen decken eine unendliche Anzahl von Spezialfällen ab, und wir sind nicht in der Lage, alle diese Situationen zu testen. Aber wie können wir eine unendliche Anzahl von Fällen testen? Diese Methode wurde von B. Pascal und J. Bernoulli vorgeschlagen, dies ist eine Methode der mathematischen Induktion, die darauf basiert Prinzip der mathematischen Induktion.

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

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

Wenn die Aussage A(n) für n=p wahr ist und A(k)  A(k+1) für jedes k>p, dann gilt die Aussage A(n) für jedes n>p.

Algorithmus (er besteht aus vier Stufen):

1.Basis(Wir zeigen, dass die zu beweisende Aussage für einige einfachste Spezialfälle wahr ist ( P = 1));

2.Annahme(Wir gehen davon aus, dass die Aussage erstmals bewiesen ist Zu Fälle); 3 .Schritt(Unter dieser Annahme beweisen wir die Aussage für den Fall P = Zu + 1); 4.Ausgabe (bei Die Aussage gilt für alle Fälle, also für alle P) .

Beachten Sie, dass die Methode der mathematischen Induktion nicht alle Probleme lösen kann, sondern nur Probleme, die durch eine bestimmte Variable parametrisiert werden. Diese Variable wird Induktionsvariable genannt.

Anwendung der Methode der mathematischen Induktion

Lassen Sie uns diese gesamte Theorie in der Praxis anwenden und herausfinden, bei welchen Problemen diese Methode verwendet wird.

Aufgaben zum Beweis von Ungleichheiten.

Beispiel 1. Beweisen Sie Bernoullis Ungleichung(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Für n=1 ist die Ungleichung wahr, da 1+x≥1+x

2) Angenommen, die Ungleichung gilt für einige n=k, d. h.

(1+x) k ≥1+k x.

Wenn wir beide Seiten der Ungleichung mit einer positiven Zahl 1+x multiplizieren, erhalten wir

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Unter Berücksichtigung von kx 2 ≥0 kommen wir zur Ungleichung

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Aus der Annahme, dass die Bernoulli-Ungleichung für n=k gilt, folgt also, dass sie für n=k+1 gilt. Basierend auf der Methode der mathematischen Induktion kann argumentiert werden, dass die Bernoulli-Ungleichung für jedes n € N gilt.

Beispiel 2. Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl n>1, .

Beweisen wir es mit der Methode der mathematischen Induktion.

Bezeichnen wir die linke Seite der Ungleichung mit.

1), also gilt für n=2 die Ungleichung.

2) Sei für einige k. Beweisen wir das dann und. Wir haben, .

Vergleichen und, wir haben, d.h. .

Für jede positive ganze Zahl k ist die rechte Seite der letzten Gleichung positiv. Deshalb. Aber das bedeutet und. Wir haben die Gültigkeit der Ungleichung für n=k+1 bewiesen, daher gilt die Ungleichung aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jede natürliche Zahl n>1.

Probleme beim Identitätsnachweis.

Beispiel 1. Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl n die Gleichheit gilt:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Sei n=1, dann ist X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

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

2) Angenommen, die Gleichheit gilt für n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Lassen Sie uns die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1 beweisen, d. h. X k+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 geht klar hervor, dass die Aussage für n=k+1 gilt, daher gilt die Gleichheit für jede natürliche Zahl n.

Beispiel 2. Beweisen Sie, dass die Gleichheit für jedes natürliche n gilt

1) Überprüfen wir, ob diese Identität für n = 1 wahr ist.; - Rechts.

2) Die Identität sei auch für n = k wahr, d.h.

3) Beweisen wir, dass diese Identität auch für n = k + 1 gilt, d. h.;

Weil Wenn die Gleichheit für n=k und n=k+1 gilt, dann gilt sie für jede natürliche Zahl n.

Summationsprobleme.

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

Lösung: 1) Wir haben n=1=1 2 . Daher gilt die Aussage für n=1, d.h. A(1) ist wahr.

2) Beweisen wir, dass A(k) A(k+1).

Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Aussage sei wahr für n=k, also 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Also A(k) A(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kommen wir zu dem Schluss, dass die Annahme A(n) für jedes n N wahr ist.

Beispiel 2. Beweisen Sie die Formel, n ist eine natürliche Zahl.

Lösung: Wenn n=1, werden beide Seiten der Gleichheit eins und daher ist die erste Bedingung des Prinzips der mathematischen Induktion erfüllt.

Nehmen wir an, dass die Formel für n=k korrekt ist, d. h. .

Fügen wir beide Seiten dieser Gleichheit hinzu und transformieren wir die rechte Seite. Dann bekommen wir

Aus der Tatsache, dass die Formel für n=k gilt, folgt also, dass sie auch für n=k+1 gilt, dann gilt diese Aussage für jede natürliche Zahl n.

Teilbarkeitsprobleme.

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

Lösung: 1) Es sei also n=1

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23× 133.

(23×133) ist ohne Rest durch 133 teilbar, was bedeutet, dass die Aussage für n=1 wahr ist;

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 2l+3 =11×11 k+2 +

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

Die resultierende Summe wird ohne Rest durch 133 geteilt, da ihr erster Term durch Annahme ohne Rest durch 133 teilbar ist und im zweiten einer der Faktoren 133 ist.

Also, A(k)→ A(k+1), dann ist die Aussage basierend auf der Methode der mathematischen Induktion für jedes natürliche n wahr.

Beispiel 2. Beweisen Sie, dass 3 3n-1 +2 4n-3 für eine beliebige natürliche Zahl n durch 11 teilbar ist.

Lösung: 1) Sei n=1, dann ist X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ohne Rest durch 11 teilbar. Das bedeutet, dass die Aussage für n=1 wahr ist.

2) Angenommen, für n=k

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

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

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 ist durch 11 teilbar, weil einer seiner Faktoren die Zahl 11 ist. Das bedeutet, dass die Summe ist für jede natürliche Zahl n ohne Rest durch 11 teilbar.

Probleme aus dem wirklichen Leben.

Beispiel 1. Beweisen Sie, dass die Summe Sn der Innenwinkel eines beliebigen konvexen Polygons gleich ist ( P- 2)π, wo P— die Anzahl der Seiten dieses Polygons: Sn = ( P- 2)π (1).

Diese Aussage macht für alle natürlichen keinen Sinn P, aber nur für P > 3, da die Mindestanzahl der Winkel in einem Dreieck 3 beträgt.

1) Wann P= 3 hat unsere Aussage die Form: S 3 = π. Aber die Summe der Innenwinkel jedes Dreiecks ist tatsächlich π. Deshalb wann P= 3 Formel (1) ist richtig.

2) Diese Formel sei für n wahr =k, das ist S k = (k- 2)π, wo k > 3. Beweisen wir, dass in diesem Fall die Formel gilt: S k+ 1 = (k- 1)π.

Sei A 1 A 2 ... A k A k+ 1 – willkürlich konvex ( k+ 1) -gon (Abb. 338).

Verbindungspunkte A 1 und A k , wir erhalten konvex k-gon A 1 A 2 ... A k — 1 A k . Offensichtlich ist die Summe der Winkel ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 ist gleich der Summe der Winkel k-gon A 1 A 2 ... A k plus der Summe der Winkel eines Dreiecks A 1 A k A k+ 1 . Aber die Summe der Winkel k-gon A 1 A 2 ... A k nach Annahme gleich ( k- 2)π und die Summe der Winkel des Dreiecks A 1 A k A k+ 1 ist gleich π. Deshalb

S k+ 1 = S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1)π.

Beide Bedingungen des Prinzips der mathematischen Induktion sind also erfüllt, und daher gilt Formel (1) für jedes natürliche P > 3.

Beispiel 2. Es gibt eine Treppe, deren Stufen alle gleich sind. Es ist erforderlich, die Mindestanzahl an Positionen anzugeben, die das „Aufsteigen“ auf eine beliebige Stufe anhand der Zahl gewährleistet.

Alle sind sich einig, dass es eine Bedingung geben muss. Wir müssen in der Lage sein, die erste Stufe zu erklimmen. Als nächstes müssen sie in der Lage sein, von der ersten Stufe zur zweiten zu gelangen. Dann zum zweiten - zum dritten usw. zum n-ten Schritt. Natürlich garantieren „n“-Anweisungen insgesamt, dass wir zum n-ten Schritt gelangen können.

Schauen wir uns nun die 2, 3,..., n-Position an und vergleichen sie miteinander. Es ist leicht zu erkennen, dass sie alle die gleiche Struktur haben: Wenn wir die k-Stufe erreicht haben, können wir zur (k+1)-Stufe aufsteigen. Daher ergibt sich für die Gültigkeit von Aussagen in Abhängigkeit von „n“ das folgende Axiom: Wenn ein Satz A(n), in dem n eine natürliche Zahl ist, für n=1 gilt und aus der Tatsache, dass er für n=k gilt (wobei k eine beliebige natürliche Zahl ist), folgt daraus, dass es für n=k+1 gilt, dann gilt die Annahme A(n) für jede natürliche Zahl n.

Anwendung

Probleme mit der Methode der mathematischen Induktion beim Hochschulzugang.

Beachten Sie, dass es auch beim Eintritt in höhere Bildungseinrichtungen Probleme gibt, die auf diese Weise gelöst werden können. Schauen wir sie uns an konkrete Beispiele.

Beispiel 1. Beweisen Sie, dass alles natürlich ist P Gleichheit ist wahr

1) Wann n=1 wir erhalten die richtige Gleichheit Sin.

2) Nachdem wir die Induktionsannahme gemacht haben, dass wenn n= k Wenn die Gleichheit wahr ist, betrachten Sie die Summe auf der linken Seite der Gleichheit für n =k+1;

3) Mithilfe von Reduktionsformeln transformieren wir den Ausdruck:

Dann gilt die Gleichheit aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jede natürliche Zahl n.

Beispiel 2. Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl n der Wert des Ausdrucks 4n +15n-1 ein Vielfaches von 9 ist.

1) Mit n=1: 2 2 +15-1=18 - ein Vielfaches von 9 (da 18:9=2)

2) Es gelte die Gleichheit für n=k: 4k +15k-1 Vielfaches von 9.

3) Beweisen wir, dass die Gleichheit für die nächste Zahl gilt n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4,4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) – Vielfaches von 9;

9(5k-2) – Vielfaches von 9;

Folglich ist der gesamte Ausdruck 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) ein Vielfaches von 9, was bewiesen werden musste.

Beispiel 3. Beweisen Sie das für jede natürliche Zahl P die Bedingung ist erfüllt: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Überprüfen wir, ob diese Formel korrekt ist n=1: Linke Seite = 1∙2∙3=6.

Richtiger Teil = . 6 = 6; wahr, wann n=1.

2) Angenommen, diese Formel gilt für n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Beweisen wir, dass diese Formel für n wahr ist =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Nachweisen:

Diese Bedingung trifft also in zwei Fällen zu und hat sich für n als wahr erwiesen =k+1, daher gilt es für jede natürliche Zahl P.

Abschluss

Zusammenfassend habe ich im Laufe meiner Forschung herausgefunden, was Induktion ist, die vollständig oder unvollständig sein kann, habe mich mit der Methode der mathematischen Induktion auf der Grundlage des Prinzips der mathematischen Induktion vertraut gemacht und viele Probleme mit dieser Methode betrachtet.

Ich habe auch viele neue Informationen gelernt, die sich von dem unterscheiden, was im Lehrplan der Schule enthalten ist. Während ich die Methode der mathematischen Induktion studierte, nutzte ich verschiedene Literatur und Internetressourcen und beriet mich auch mit einem Lehrer.

Abschluss: Nachdem ich das Wissen über mathematische Induktion verallgemeinert und systematisiert hatte, wurde ich davon überzeugt, dass in der Realität Wissen zu diesem Thema erforderlich ist. Eine positive Eigenschaft der Methode der mathematischen Induktion ist ihre breite Anwendung bei der Lösung von Problemen: im Bereich der Algebra, Geometrie und der realen Mathematik. Dieses Wissen steigert auch das Interesse an der Mathematik als Wissenschaft.

Ich bin zuversichtlich, dass die Fähigkeiten, die ich während meiner Arbeit erworben habe, mir in Zukunft helfen werden.

​ Referenzliste

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Wikipedia ist eine freie Enzyklopädie.

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

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

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

Der Beweis mit der Methode der mathematischen Induktion wird wie folgt durchgeführt. Zunächst wird die zu beweisende Aussage auf n=1 überprüft, d.h. die Wahrheit der Aussage A(1) ist festgestellt. Dieser Teil des Beweises wird Induktionsbasis genannt. Dann kommt der Teil des Beweises, der Induktionsschritt genannt wird. In diesem Teil beweisen sie die Gültigkeit der Aussage für n=k+1 unter der Annahme der Gültigkeit der Aussage für n=k (Induktionsannahme), d.h. Beweisen Sie, dass A(k) 1 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 sei wahr für n=k, d. h.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Beweisen wir, dass die Aussage 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) 1 A(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kommen wir zu dem Schluss, dass die Annahme A(n) für jedes n O N wahr ist

Beweise das

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

• 1) Für n=1 erhalten wir
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

daher ist die Formel für n=1 korrekt; 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 dann die Gleichheit

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Tatsächlich
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

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

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

Lösung: 1) Für n=3 ist die Aussage wahr, denn im Dreieck

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

2) Angenommen, in jedem konvexen k-Eck gibt es A 1 x A k =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 A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 ein konvexes (k+1)-Eck. Zeichnen wir darin eine Diagonale A 1 A k. 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 und k-2 zur resultierenden Zahl addieren, d. h. die Anzahl der Diagonalen des (k+1)-Ecks, die vom Scheitelpunkt A k+1 ausgehen, und zusätzlich die Diagonale A 1 A k sollten berücksichtigt werden

Auf diese Weise,

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

Also, A(k) 1 A(k+1). Aufgrund des Prinzips der mathematischen Induktion gilt die Aussage für jedes konvexe n-Eck.

Beweisen Sie, dass für jedes n die folgende Aussage wahr ist:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Lösung: 1) Es sei also n=1

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

2) Nehmen Sie an, dass n=k

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

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

X k+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 bewiesen, dass die Gleichheit für n=k+1 wahr ist, daher gilt die Aussage aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jede natürliche Zahl n

Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl 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 die Aussage für n=1 wahr ist.

2) Angenommen, die Gleichheit gilt für n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

3) Lassen Sie uns die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1 beweisen, d.h.

X k+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 geht klar hervor, dass die Aussage für n=k+1 gilt, daher gilt die Gleichheit für jede natürliche Zahl n

Beweise das

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((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 wie folgt aus:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ´ 2 ´ 3)/2(2 2 +2+1), d.h. das ist wahr
• 2) Nehmen Sie an, dass der Ausdruck für n=k wahr ist
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Lassen Sie uns die Gültigkeit des Ausdrucks für n=k+1 beweisen
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

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

Beweise das

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) für jede natürliche Zahl n

Lösung: 1) Es sei also n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Nehmen wir an, dass n=k ist
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Lassen Sie uns 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, daher gilt die Aussage für jede natürliche Zahl n.

Beweisen Sie, dass die Identität korrekt ist

(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 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Angenommen, für n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Beweisen wir, dass die Identität für n=k+1 gilt
• (1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Aus dem obigen Beweis geht klar hervor, dass die Aussage für jede natürliche Zahl n gilt.

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

Lösung: 1) Es sei also n=1

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Aber (23 ґ 133) ist ohne Rest durch 133 teilbar, was bedeutet, dass für n=1 die Aussage wahr ist; 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 2l+3 =11 ´ 11 k+2 +12 2 ´ 12 2k+1 =11 ´ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Die resultierende Summe wird ohne Rest durch 133 geteilt, da ihr erster Term durch Annahme ohne Rest durch 133 teilbar ist und im zweiten einer der Faktoren 133 ist. Also A(k) 1 A(k+1). Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Aussage bewiesen

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

• 1) Sei n=1, dann wird X 1 =7 1 -1=6 ohne Rest durch 6 geteilt. Das bedeutet, dass die Aussage für n=1 wahr ist
• 2) Nehmen wir an, dass bei n=k 7 k -1 ohne Rest durch 6 geteilt wird
• 3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 wahr ist

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=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 ist 6. Das bedeutet, dass 7 n -1 ein Vielfaches von 6 für jede natürliche Zahl n ist. Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Aussage bewiesen.

Beweisen Sie, dass 3 3n-1 +2 4n-3 für eine beliebige natürliche Zahl n durch 11 teilbar ist.

1) Es sei also n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 wird ohne Rest durch 11 geteilt.

Das bedeutet, dass die Aussage für n=1 wahr ist

• 2) Angenommen, wenn n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ohne Rest durch 11 geteilt wird
• 3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 wahr ist

X k+1 = 3 3 (k+1) -1 +2 4 (k+1) -3 = 3 3k+2 +2 4k+1 = 3 3 ґ 3 3K-1 +2 4 ґ 2 4K-3 =

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

11 x 3 3k-1 +16 x 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 x 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 ist durch 11 teilbar, weil einer seiner Faktoren die Zahl 11 ist. Das bedeutet, dass die Summe ist für jede natürliche Zahl n ohne Rest durch 11 teilbar. Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Aussage bewiesen.

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

• 1) Sei n=1, dann ist 11 2 -1=120 ohne Rest durch 6 teilbar. Das bedeutet, dass die Aussage für n=1 wahr ist
• 2) Angenommen, wenn n=k 1 2k -1 ohne Rest durch 6 geteilt wird
• 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, 120, und der zweite ist per Annahme ohne Rest durch 6 teilbar. Das bedeutet, dass die Summe ohne Rest durch 6 teilbar ist. Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Aussage bewiesen.

Beweisen Sie, dass 3 3n+3 -26n-27 für eine beliebige natürliche 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 wird durch 26 geteilt
• 2. Angenommen, für n=k
• 3 3k+3 -1 ist durch 26 teilbar
• 3. Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 wahr ist
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -geteilt durch 26

Lassen Sie uns nun die in der Problemstellung formulierte Aussage beweisen

• 1) Offensichtlich ist die Aussage für n=1 wahr
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Angenommen, für n=k wird der Ausdruck 3 3k+3 -26k-27 ohne Rest durch 26 2 geteilt
• 3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 wahr ist
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Beide Terme sind durch 26 2 teilbar; Der erste ist durch 26 2 teilbar, weil wir bewiesen haben, dass der Ausdruck in Klammern durch 26 teilbar ist, und der zweite ist durch die Induktionshypothese teilbar. Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Aussage bewiesen

Beweisen Sie, dass die Ungleichung (1+x) n >1+n ´ x wahr ist, wenn n>2 und x>0

• 1) Für n=2 gilt die Ungleichung, da
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Also ist A(2) wahr

• 2) Beweisen wir, dass A(k) ≈ A(k+1), wenn k>2. Nehmen wir an, dass A(k) wahr ist, d. h. dass die Ungleichung gilt
• (1+x) k >1+k ґ x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Betrachten Sie die rechte Seite der letzten Ungleichung; wir haben

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

Als Ergebnis erhalten wir (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Also, A(k) 1 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 wahr ist

Lösung: 1) Wenn m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 beide Seiten sind gleich
• 2) Angenommen, für m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ´ a+(k(k+1)/2) ´ a 2
• 3) Beweisen wir, dass die Ungleichung für m=k+1 wahr ist
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ 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) ґ a 2

Wir haben bewiesen, dass die Ungleichung für m=k+1 wahr ist, daher gilt die Ungleichung aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jede natürliche Zahl m

Beweisen Sie, dass für n>6 die Ungleichung 3 n >n ґ 2 n+1 gilt

Schreiben wir die Ungleichung in der Form (3/2) n >2n um

• 1. Für n=7 gilt 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7, die Ungleichung ist wahr
• 2. Angenommen, für n=k (3/2) ist k >2k
• 3) Beweisen wir die Ungleichung für n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Da k>7 ist, ist die letzte Ungleichung offensichtlich.

Aufgrund der Methode der mathematischen Induktion gilt die Ungleichung für jede natürliche Zahl n

Beweisen Sie, dass die Ungleichung für n>2 wahr ist

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Für n=3 ist die Ungleichung wahr
• 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) Lassen Sie uns die Gültigkeit der Ungleichung für n=k+1 beweisen
• (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

ë k(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)

Mit der Methode der mathematischen Induktion wird die Ungleichung bewiesen.

Induktion ist eine Methode, um aus bestimmten Beobachtungen eine allgemeine Aussage zu erhalten. Wenn sich eine mathematische Aussage auf eine endliche Anzahl von Objekten bezieht, kann sie durch Testen für jedes Objekt bewiesen werden. Beispielsweise folgt die Aussage: „Jede zweistellige gerade Zahl ist die Summe zweier Primzahlen“ aus einer Reihe von Gleichungen, die sich durchaus feststellen lassen:

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

Eine Beweismethode, bei der eine Aussage für eine endliche Anzahl von Fällen verifiziert wird, die alle Möglichkeiten ausschöpfen, heißt vollständige Induktion. Diese Methode wird relativ selten angewendet, 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 wurde bisher weder bewiesen noch widerlegt.

Mathematische Induktion ist eine Methode zum Beweis einer bestimmten Aussage für jede natürliche Zahl n, basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion: „Wenn eine Aussage für n=1 wahr ist und ihre Gültigkeit für n=k, impliziert die Gültigkeit dieser Aussage für n=k.“ +1, dann gilt es für alle n " Die Beweismethode durch mathematische Induktion ist wie folgt:

1) Induktionsbasis: Sie beweisen oder überprüfen direkt die Gültigkeit der Aussage für n=1 (manchmal n=0 oder n=n 0);

2) Induktionsschritt (Übergang): Sie gehen von der Gültigkeit der Aussage für eine natürliche Zahl n=k aus und beweisen basierend auf dieser Annahme die Gültigkeit der Aussage für n=k+1.

Probleme mit Lösungen

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

Bezeichnen wir A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

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

Induktionsannahme. Sei A(k) durch 7 teilbar.

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

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

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

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

Führen wir die Notation ein: a i =2 3 i +1.

Für n=1 gilt, und 1 =2 3 +1=9. Eine 1 ist also durch 3 2 teilbar und nicht durch 3 3 teilbar.

Für n=k sei die Zahl a k durch 3 k+1 teilbar und nicht durch 3 k+2 teilbar, 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· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

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

Damit ist die Aussage für jede natürliche Zahl n bewiesen.

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

Führen wir die Notation ein: a i =х i +1/х i und beachten wir sofort, dass a i =а –i, wir werden also weiterhin über natürliche Indizes sprechen.

Hinweis: a 1 ist per Konvention eine ganze Zahl; und 2 ist eine ganze Zahl, da a 2 = (a 1) 2 –2; und 0 =2.

Nehmen wir an, dass a k eine ganze Zahl für jede natürliche 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 n–1 gemäß der Induktionshypothese eine ganze Zahl. Das bedeutet, dass auch ein n+1 eine ganze Zahl ist. Daher ist x n +1/x n eine ganze Zahl für jede ganze Zahl n, was bewiesen werden musste.

4. Beweisen Sie, dass für jede natürliche Zahl n größer als 1 die doppelte Ungleichung wahr ist

5. Beweisen Sie das 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 = 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 ist für jede natürliche Zahl n > 1 bewiesen.

6. Es gibt n Kreise auf einer Ebene. Beweisen Sie, dass für jede Anordnung dieser Kreise die Karte, die sie bilden, mit zwei Farben korrekt eingefärbt werden kann.

Wenden wir die Methode der mathematischen Induktion an.

Für n=1 ist die Aussage offensichtlich.

Nehmen wir an, dass die Aussage für jede Karte gilt, die aus n Kreisen besteht, und dass es n+1 Kreise auf der Ebene gibt. Indem wir einen dieser Kreise entfernen, erhalten wir eine Karte, die aufgrund der getroffenen Annahme mit zwei Farben korrekt eingefärbt werden kann (siehe das erste Bild unten).

Lassen Sie uns dann den verworfenen Kreis wiederherstellen und auf einer Seite davon, zum Beispiel im Inneren, die Farbe jedes Bereichs in die entgegengesetzte Richtung ändern (siehe zweites Bild). Es ist leicht zu erkennen, dass wir in diesem Fall eine mit zwei Farben korrekt gefärbte Karte erhalten, allerdings nur jetzt für n+1 Kreise, was bewiesen werden musste.

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

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

2) zwei beliebige benachbarte Eckpunkte werden in verschiedenen Farben bemalt;

3) Mindestens ein Scheitelpunkt des Polygons wird in jeder der drei Farben bemalt.

Beweisen Sie, dass jedes schöne n-Eck durch disjunkte Diagonalen in „schöne“ Dreiecke zerschnitten werden kann.

Wenden wir die Methode der mathematischen Induktion an.

Induktionsbasis. Mit dem kleinstmöglichen n=3 liegt die Problemstellung auf der Hand: Die Eckpunkte des „schönen“ Dreiecks werden in drei verschiedenen Farben bemalt und es sind keine Schnitte erforderlich.

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

Induktionsschritt. Betrachten wir ein beliebiges „schönes“ (n+1)-Eck und beweisen wir mithilfe der Induktionshypothese, dass es durch einige Diagonalen in „schöne“ Dreiecke geschnitten werden kann. Bezeichnen wir mit A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 die aufeinanderfolgenden Eckpunkte des (n+1)-Ecks. Wenn nur ein Scheitelpunkt eines (n+1)-Ecks in einer der drei Farben gefärbt ist, dann erhalten wir durch die Verbindung dieses Scheitelpunkts mit Diagonalen zu allen Scheitelpunkten, die nicht an ihn angrenzen, die notwendige Aufteilung des (n+1). )-gon in „schöne“ Dreiecke.

Wenn mindestens zwei Eckpunkte eines (n+1)-Ecks in jeder der drei Farben gefärbt sind, dann bezeichnen wir die Farbe des Eckpunkts A 1 mit der Zahl 1 und die Farbe des Eckpunkts A 2 mit der Zahl 2. Sei k die kleinste Zahl, sodass der Scheitelpunkt A k in der dritten Farbe gefärbt ist. Es ist klar, dass k > 2. Schneiden wir das Dreieck A k–2 A k–1 A k aus dem (n+1)-Eck mit der Diagonale A k–2 A k ab. Entsprechend der Wahl der Zahl k sind alle Eckpunkte dieses Dreiecks in drei verschiedenen Farben bemalt, das heißt, dieses Dreieck ist „schön“. Das verbleibende konvexe n-Eck A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 wird aufgrund der induktiven Annahme ebenfalls „schön“ sein, das heißt es 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 zu wählen, sodass zwei von ihnen einen gemeinsamen Punkt haben.

Führen wir den Beweis mit der Methode der mathematischen Induktion durch.

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

Nehmen wir an, dass diese Aussage für ein (n+1)-Eck nicht gilt. Wenn aus jedem Scheitelpunkt eines (n+1)-Ecks nicht mehr als zwei ausgewählte Seiten oder Diagonalen hervorgehen, werden insgesamt nicht mehr als n+1 davon ausgewählt. Daher gibt es von einem Scheitelpunkt A aus mindestens drei ausgewählte Seiten oder Diagonalen AB, AC, AD. AC liege zwischen AB und AD. Da jede Seite oder Diagonale, die vom Punkt C ausgeht und nicht CA ist, nicht gleichzeitig AB und AD schneiden kann, geht nur eine ausgewählte Diagonale CA vom Punkt C aus.

Wenn wir Punkt C zusammen mit der Diagonale CA verwerfen, erhalten wir ein konvexes n-Eck, in dem mehr als n Seiten und Diagonalen ausgewählt sind, von denen jeweils zwei einen gemeinsamen Punkt haben. Damit geraten wir in einen Widerspruch zu der Annahme, dass die Aussage für ein beliebiges konvexes n-Eck wahr ist.

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

9. Es gibt n Geraden in einer Ebene, von denen keine zwei parallel sind und keine drei durch denselben Punkt gehen. In wie viele Teile teilen diese Linien die Ebene?

Mithilfe einfacher Zeichnungen können Sie leicht überprüfen, dass eine gerade Linie die Ebene in zwei Teile, zwei gerade Linien in vier Teile, drei gerade Linien in sieben Teile und vier gerade Linien in 11 Teile unterteilt.

Bezeichnen wir mit N(n) die Anzahl der Teile, in die n Geraden die Ebene teilen. Das kann man merken

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 natürlich, das anzunehmen

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

oder, wie man leicht feststellen kann, mit der Formel für die Summe der ersten n Terme 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 überprüft.

Nachdem wir die Induktionsannahme getroffen haben, betrachten wir k+1 Linien, die die Bedingungen des Problems erfüllen. Wählen wir daraus k beliebige Geraden aus. Nach der Induktionshypothese teilen sie die Ebene in 1+ k(k+1)/2 Teile. Die verbleibende (k+1)-te Gerade wird durch die ausgewählten k Geraden in k+1 Teile geteilt und verläuft daher entlang des (k+1)-ten Teils, in den die Ebene bereits unterteilt wurde, und zwar jeweils dieser Teile werden in 2 Teile geteilt, das heißt, ein weiterer k+1 Teil wird hinzugefügt. Also,

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 können auf diese Weise mit allen möglichen Klammersetzungsmöglichkeiten erhalten werden?

Zunächst ist klar, dass im resultierenden Bruch x 1 im Zähler stehen wird. Es ist fast genauso offensichtlich, dass x 2 im Nenner steht, egal wie die Klammern gesetzt werden (das Divisionszeichen vor x 2 bezieht sich entweder auf x 2 selbst oder auf einen Ausdruck, der x 2 im Zähler enthält).

Es kann davon ausgegangen werden, dass alle anderen Buchstaben x 3, x 4, ..., x n völlig beliebig im Zähler oder Nenner stehen können. Daraus folgt, dass man insgesamt 2 n–2 Brüche erhalten kann: Jeder der n–2 Buchstaben x 3, x 4, ..., x n kann unabhängig von den anderen im Zähler oder Nenner vorkommen.

Beweisen wir diese Aussage durch Induktion.

Mit n=3 erhält man 2 Brüche:

also ist die Aussage wahr.

Nehmen wir an, dass dies für n=k gilt, und beweisen Sie es für n=k+1.

Lassen Sie den Ausdruck x 1:x 2: ... :x k nach einiger Platzierung von Klammern in Form eines bestimmten Bruchs Q schreiben. Wenn wir in diesem Ausdruck anstelle von x k x k:x k+1 ersetzen, dann ist x k an der gleichen Stelle wie im Bruch Q, und x k+1 wird nicht dort sein, wo x k war (wenn x k im Nenner war, dann steht x k+1 im Zähler und umgekehrt).

Jetzt werden wir beweisen, dass wir x k+1 an derselben Stelle hinzufügen können, an der sich x k befindet. Im Bruch Q wird es nach dem Setzen der Klammern notwendigerweise einen Ausdruck der Form q:x k geben, wobei q der Buchstabe x k–1 oder ein 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 den gleichen Bruch Q, wobei anstelle von x k x k ·x k+1 steht.

Somit ist die Anzahl aller möglichen Brüche im Fall n=k+1 doppelt so groß wie im Fall n=k und beträgt 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Somit ist die Aussage bewiesen.

Antwort: 2 n–2 Brüche.

Probleme ohne Lösungen

1. Beweisen Sie, dass 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;

e) 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|sin x| 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, gibt es unter den sie verbindenden Geraden mindestens n verschiedene.

METHODE DER MATHEMATISCHEN INDUKTION

Das Wort Induktion bedeutet auf Russisch Anleitung, und Schlussfolgerungen basieren auf Beobachtungen, Experimenten, d. h. werden als induktiv bezeichnet. durch Rückschluss vom Besonderen auf das Allgemeine gewonnen.

Beispielsweise beobachten wir jeden Tag, dass die Sonne von Osten aufgeht. Daher können Sie sicher sein, dass es morgen im Osten und nicht im Westen erscheinen wird. Wir ziehen diese Schlussfolgerung, ohne auf Annahmen über den Grund für die Bewegung der Sonne über den Himmel zurückzugreifen (außerdem erweist sich diese Bewegung selbst als offensichtlich, da sich der Globus tatsächlich bewegt). Und doch beschreibt diese induktive Schlussfolgerung die Beobachtungen, die wir morgen machen werden, richtig.

Die Rolle induktiver Schlussfolgerungen in den experimentellen Wissenschaften ist sehr groß. Sie geben diejenigen Bestimmungen an, aus denen dann durch Deduktion weitere Schlussfolgerungen gezogen werden. Und obwohl die theoretische Mechanik auf Newtons drei Bewegungsgesetzen basiert, waren diese Gesetze selbst das Ergebnis einer gründlichen Auseinandersetzung mit experimentellen Daten, insbesondere Keplers Gesetzen der Planetenbewegung, die er aus der Verarbeitung langjähriger Beobachtungen des dänischen Astronomen Tycho ableitete Brahe. Beobachtung und Induktion erweisen sich in Zukunft als nützlich, um die getroffenen Annahmen zu klären. Nach Michelsons Experimenten zur Messung der Lichtgeschwindigkeit in einem bewegten Medium erwies es sich als notwendig, die Gesetze der Physik zu klären und die Relativitätstheorie zu entwickeln.

In der Mathematik besteht die Rolle der Induktion größtenteils darin, dass sie der gewählten Axiomatik zugrunde liegt. Nachdem die langjährige Praxis gezeigt hatte, dass ein gerader Weg immer kürzer ist als ein gekrümmter oder unterbrochener Weg, lag es nahe, ein Axiom zu formulieren: Für drei beliebige Punkte A, B und C gilt die Ungleichung

Das Konzept des Folgens, das die Grundlage der Arithmetik bildet, entstand auch aus Beobachtungen der Formation von Soldaten, Schiffen und anderen geordneten Mengen.

Man sollte jedoch nicht denken, dass damit die Rolle der Induktion in der Mathematik erschöpft ist. Natürlich sollten wir Theoreme, die logisch aus Axiomen abgeleitet wurden, nicht experimentell testen: Wenn bei der Ableitung keine logischen Fehler gemacht wurden, dann sind sie wahr, sofern die von uns akzeptierten Axiome wahr sind. Aus diesem Axiomensystem lassen sich aber viele Aussagen ableiten. Und die Auswahl derjenigen Aussagen, die bewiesen werden müssen, wird wiederum durch Induktion vorgeschlagen. Dies ermöglicht es Ihnen, nützliche von nutzlosen Theoremen zu unterscheiden, zeigt an, welche Theoreme sich als wahr erweisen könnten, und hilft sogar dabei, den Weg des Beweises zu skizzieren.

Das Wesen der Methode der mathematischen Induktion

In vielen Bereichen der Arithmetik, Algebra, Geometrie und Analysis ist es notwendig, die Wahrheit von Sätzen A(n) in Abhängigkeit von einer natürlichen Variablen zu beweisen. Der Beweis der Wahrheit des Satzes A(n) für alle Werte einer Variablen kann oft durch die Methode der mathematischen Induktion durchgeführt werden, die auf dem folgenden Prinzip basiert.

Der Satz A(n) gilt für alle natürlichen Werte der Variablen als wahr, wenn die folgenden zwei Bedingungen erfüllt sind:

Satz A(n) gilt für n=1.

Aus der Annahme, dass A(n) für n=k gilt (wobei k eine beliebige natürliche Zahl ist), folgt, dass es für den nächsten Wert n=k+1 gilt.

Dieses Prinzip wird als Prinzip der mathematischen Induktion bezeichnet. Es wird üblicherweise als eines der Axiome zur Definition der natürlichen Zahlenreihe gewählt und daher ohne Beweis akzeptiert.

Unter der Methode der mathematischen Induktion versteht man die folgende Beweismethode. Wenn Sie die Wahrheit eines Satzes A(n) für alle natürlichen n beweisen wollen, dann sollten Sie erstens die Wahrheit der Aussage A(1) überprüfen und zweitens die Wahrheit der Aussage A(k) annehmen, Versuchen Sie zu beweisen, dass die Aussage A(k +1) wahr ist. Wenn dies bewiesen werden kann und der Beweis für jeden natürlichen Wert von k gültig bleibt, dann wird gemäß dem Prinzip der mathematischen Induktion der Satz A(n) für alle Werte von n als wahr anerkannt.

Die Methode der mathematischen Induktion wird häufig zum Beweis von Theoremen, Identitäten und Ungleichungen, zur Lösung von Teilbarkeitsproblemen, zur Lösung einiger geometrischer und vieler anderer Probleme verwendet.

Die Methode der mathematischen Induktion zur Lösung von Problemen

Teilbarkeit

Mit der Methode der mathematischen Induktion können Sie verschiedene Aussagen zur Teilbarkeit natürlicher Zahlen beweisen.

Die folgende Aussage lässt sich relativ einfach beweisen. Lassen Sie uns zeigen, wie es mit der Methode der mathematischen Induktion erhalten wird.

Beispiel 1. Wenn n eine natürliche Zahl ist, dann ist die Zahl gerade.

Wenn n=1 ist unsere Aussage wahr: - eine gerade Zahl. Nehmen wir an, dass es sich um eine gerade Zahl handelt. Da a 2k also eine gerade Zahl ist sogar. Die Parität ist also für n=1 bewiesen, die Parität wird aus der Parität abgeleitet .Das bedeutet, dass es für alle natürlichen Werte von n gerade ist.

Beispiel 2.Beweisen Sie die Wahrheit des Satzes

A(n)=(die Zahl 5 ist ein Vielfaches von 19), n ist eine natürliche Zahl.

Lösung.

Die Aussage A(1)=(eine durch 19 teilbare Zahl) ist wahr.

Angenommen, für einen Wert ist n=k

A(k)=(durch 19 teilbare Zahl) ist wahr. Dann, seitdem

Offensichtlich ist auch A(k+1) wahr. Tatsächlich ist der erste Term aufgrund der Annahme, dass A(k) wahr ist, durch 19 teilbar; Auch der zweite Term ist durch 19 teilbar, da er den Faktor 19 enthält. Beide Bedingungen des Prinzips der mathematischen Induktion sind erfüllt, daher gilt der Satz A(n) für alle Werte von n.

Anwendung der Methode der mathematischen Induktion auf

Summierreihe

Beispiel 1.Formel beweisen

, n ist eine natürliche Zahl.

Lösung.

Wenn n=1, werden beide Seiten der Gleichheit eins und daher ist die erste Bedingung des Prinzips der mathematischen Induktion erfüllt.

Nehmen wir an, dass die Formel für n=k korrekt ist, d. h.

.

Fügen wir beide Seiten dieser Gleichheit hinzu und transformieren wir die rechte Seite. 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 ist bewiesen.

Beispiel 2.Beweisen Sie, dass die Summe der ersten n Zahlen der natürlichen Reihe gleich ist.

Lösung.

Bezeichnen wir die benötigte Menge, d.h. .

Wenn n=1 ist, ist die Hypothese wahr.

Lassen . Zeigen wir das .

Tatsächlich,

Das Problem ist behoben.

Beispiel 3.Beweisen Sie, dass die Summe der Quadrate der ersten n Zahlen der natürlichen Reihe gleich ist .

Lösung.

Lassen .

.

Tun wir mal so . Dann

Und schlussendlich.

Beispiel 4. Beweise das .

Lösung.

Wenn, dann

Beispiel 5. Beweise das

Lösung.

Wenn n=1 ist, ist die Hypothese offensichtlich wahr.

Lassen .

Lasst uns das beweisen.

Wirklich,

Beispiele für die Anwendung der Methode der mathematischen Induktion auf

Beweis von Ungleichheiten

Beispiel 1.Beweisen Sie das für jede natürliche Zahl n>1

.

Lösung.

Bezeichnen wir die linke Seite der Ungleichung mit .

Daher gilt die Ungleichung für n=2.

Lassen Sie für einige k. Beweisen wir das dann und . Wir haben , .

Im Vergleich zu und haben wir , d.h. .

Für jede positive ganze Zahl k ist die rechte Seite der letzten Gleichung positiv. Deshalb . Aber das bedeutet auch.

Beispiel 2.Finden Sie den Fehler in der Begründung.

Stellungnahme. Für jede natürliche Zahl n gilt die Ungleichung.

Nachweisen.

. (1)

Beweisen wir, dass die Ungleichung dann auch für n=k+1 gilt, d.h.

.

Tatsächlich nicht weniger als 2 für jedes natürliche k. Addieren wir zur linken Seite der Ungleichung (1) und zur rechten Seite 2. Wir erhalten eine gerechte Ungleichung, oder . Die Aussage ist bewiesen.

Beispiel 3.Beweise das , wobei >-1, , n eine natürliche Zahl größer als 1 ist.

Lösung.

Für n=2 ist die Ungleichung wahr, da .

Die Ungleichung sei für n=k wahr, wobei k eine natürliche Zahl ist, d. h.

. (1)

Zeigen wir, dass die Ungleichung dann auch für n=k+1 gilt, d.h.

. (2)

Tatsächlich ist die Ungleichung aufgrund der Bedingung wahr

, (3)

erhält man aus der Ungleichung (1), indem man jeden Teil mit multipliziert. Schreiben wir die Ungleichung (3) wie folgt um: . Wenn wir den positiven Term auf der rechten Seite der letzten Ungleichung verwerfen, erhalten wir eine gerechte Ungleichung (2).

Beispiel 4. Beweise das

(1)

wobei , , n eine natürliche Zahl größer als 1 ist.

Lösung.

Für n=2 nimmt die Ungleichung (1) die Form an

. (2)

Da gilt dann die Ungleichung

. (3)

Durch Addition zu jedem Teil der Ungleichung (3) erhalten wir die Ungleichung (2).

Dies beweist, dass für n=2 Ungleichung (1) wahr ist.

Angenommen, die Ungleichung (1) gilt für n=k, wobei k eine natürliche Zahl ist, d. h.

. (4)

Beweisen wir, dass dann Ungleichung (1) auch für n=k+1 gelten muss, d.h.

(5)

Multiplizieren wir beide Seiten der Ungleichung (4) mit a+b. Da wir durch die Bedingung die folgende gerechte Ungleichung erhalten:

. (6)

Um die Gültigkeit der Ungleichung (5) zu beweisen, genügt es, dies zu zeigen

, (7)

oder, was ist dasselbe,

. (8)

Ungleichung (8) ist gleichbedeutend mit Ungleichheit

. (9)

Wenn , dann , und auf der linken Seite der Ungleichung (9) haben wir das Produkt zweier positiver Zahlen. Wenn , dann , und auf der linken Seite der Ungleichung (9) haben wir das Produkt zweier negativer Zahlen. In beiden Fällen ist die Ungleichung (9) wahr.

Dies beweist, dass die Gültigkeit der Ungleichung (1) für n=k ihre Gültigkeit für n=k+1 impliziert.

Methode der mathematischen Induktion, angewendet auf andere

Aufgaben

Die natürlichste Anwendung der Methode der mathematischen Induktion in der Geometrie, ähnlich der Verwendung dieser Methode in der Zahlentheorie und Algebra, ist ihre Anwendung zur Lösung geometrischer Berechnungsprobleme. Schauen wir uns ein paar Beispiele an.

Beispiel 1.Berechnen Sie die Seite eines regelmäßigen Quadrats, das in einen Kreis mit dem Radius R eingeschrieben ist.

Lösung.

Wenn n=2, richtig 2 N - ein Quadrat ist ein Quadrat; seine Seite. Weiter nach der Verdoppelungsformel

Wir finden, dass die Seite eines regelmäßigen Achtecks ​​ist , Seite eines regelmäßigen Sechsecks , Seite eines regelmäßigen Dreiecks mit zweiunddreißig . Wir können daher davon ausgehen, dass die Seite der richtigen mit 2 beschriftet ist N - Quadrat für alle Gleichen

. (1)

Nehmen wir an, dass die Seite eines regelmäßigen eingeschriebenen Quadrats durch Formel (1) ausgedrückt wird. In diesem Fall nach der Verdopplungsformel

,

Daraus folgt, dass Formel (1) für alle n gültig ist.

Beispiel 2.In wie viele Dreiecke kann ein n-Eck (nicht unbedingt konvex) durch seine disjunkten Diagonalen unterteilt werden?

Lösung.

Für ein Dreieck ist diese Zahl gleich eins (in einem Dreieck kann keine einzige Diagonale gezeichnet werden); für ein Viereck ist diese Zahl offensichtlich zwei.

Angenommen, wir wissen bereits, dass jedes k-Eck, wobei k 1 A 2 ...A n in Dreiecke.

Ein

A 1 A 2

Sei A 1 A k eine der Diagonalen dieser Partition; es teilt das n-Eck A 1 A 2 ...A n in das k-Eck A 1 A 2 ...A k und das (n-k+2)-Eck A 1 A k A k+1 .. .Ein . Aufgrund der getroffenen Annahme ist die Gesamtzahl der Dreiecke in der Partition gleich

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

Somit ist unsere Aussage für alle n bewiesen.

Beispiel 3.Geben Sie die Regel zur Berechnung der Anzahl P(n) der Möglichkeiten an, mit denen ein konvexes n-Eck durch disjunkte Diagonalen in Dreiecke unterteilt werden kann.

Lösung.

Für ein Dreieck ist diese Zahl offensichtlich gleich eins: P(3)=1.

Nehmen wir an, dass wir bereits die Zahlen P(k) für alle k bestimmt haben 1 A 2 ...A n . Immer wenn es in Dreiecke unterteilt ist, Seite A 1 A 2 eine Seite eines der Teilungsdreiecke sein wird, kann der dritte Scheitelpunkt dieses Dreiecks mit jedem der Punkte A zusammenfallen 3, A 4, …, A n . Die Anzahl der Möglichkeiten, ein n-Eck zu unterteilen, bei dem dieser Scheitelpunkt mit Punkt A zusammenfällt 3 ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten, das (n-1)-Eck A in Dreiecke zu unterteilen 1 A 3 A 4 …A n , d.h. gleich P(n-1). Die Anzahl der Partitionierungsmethoden, bei denen dieser Scheitelpunkt mit A übereinstimmt 4 ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten, das (n-2)-Eck A zu unterteilen 1 A 4 A 5 …A n , d.h. gleich P(n-2)=P(n-2)P(3); Anzahl der Partitionierungsmethoden, bei denen es mit A übereinstimmt 5 , ist gleich P(n-3)P(4), da jede der Partitionen des (n-3)-Ecks A 1 A 5 ...A n kann mit jeder der Partitionen des Vierecks A kombiniert werden 2 A 3 A 4 A 5 , usw. Somit kommen wir zu folgendem Zusammenhang:

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

Mit dieser Formel erhalten wir konsequent:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

usw.

Sie können Probleme mit Graphen auch mit der Methode der mathematischen Induktion lösen.

Auf der Ebene gebe es ein Netz von Linien, die einige Punkte verbinden und keine anderen Punkte haben. Wir nennen ein solches Liniennetz eine Karte, gegebene Punkte sind seine Eckpunkte, Kurvensegmente zwischen zwei benachbarten Eckpunkten – die Grenzen der Karte, Teile der Ebene, in die es durch Grenzen unterteilt ist – die Länder der Karte.

Lassen Sie uns im Flugzeug eine Karte geben. Wir sagen, dass es die richtige Farbe hat, wenn jedes seiner Länder mit einer bestimmten Farbe bemalt ist und zwei beliebige Länder, die eine gemeinsame Grenze haben, mit unterschiedlichen Farben bemalt sind.

Beispiel 4.Es gibt n Kreise auf der Ebene. Beweisen Sie, dass für jede Anordnung dieser Kreise die Karte, die sie bilden, mit zwei Farben korrekt eingefärbt werden kann.

Lösung.

Für n=1 ist unsere Aussage offensichtlich.

Nehmen wir an, dass unsere Aussage für jede Karte gilt, die aus n Kreisen besteht, und dass es n+1 Kreise auf der Ebene gibt. Durch Entfernen eines dieser Kreise erhalten wir eine Karte, die aufgrund der getroffenen Annahme korrekt mit zwei Farben, beispielsweise Schwarz und Weiß, eingefärbt werden kann.