Metode induksi matematika

pengantar

Bagian utama

1. Induksi lengkap dan tidak lengkap
2. Prinsip induksi matematika
3. Metode induksi matematika
4. Solusi dari contoh
5. Persamaan
6. Pembagian bilangan
7. ketidaksetaraan

Kesimpulan

Daftar literatur yang digunakan

pengantar

Metode deduktif dan induktif adalah dasar dari setiap penelitian matematika. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran, titik awalnya adalah hasil umum, dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif.

Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kita mulai dari yang terendah, sebagai hasil dari pemikiran logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah mentakdirkannya untuk berpikir secara induktif.

Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, sedikit waktu yang dicurahkan untuk itu dalam kurikulum sekolah. Nah, katakanlah bahwa orang yang berguna akan dibawa oleh dua atau tiga pelajaran di mana dia mendengar lima kata teori, memecahkan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, mendapat lima karena tidak tahu apa-apa.

Tapi ini sangat penting - untuk bisa berpikir secara induktif.

Bagian utama

Dalam arti aslinya, kata "induksi" diterapkan pada penalaran yang dengannya kesimpulan umum diperoleh berdasarkan sejumlah pernyataan tertentu. Metode penalaran paling sederhana semacam ini adalah induksi lengkap. Berikut adalah contoh dari penalaran tersebut.

Biarkan diperlukan untuk menetapkan bahwa setiap bilangan genap alami n dalam 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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

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

Kesembilan persamaan ini menunjukkan bahwa masing-masing bilangan yang menarik bagi kita memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku prima.

Jadi, induksi lengkap adalah bahwa pernyataan umum dibuktikan secara terpisah di masing-masing dari sejumlah kasus yang mungkin terbatas.

Terkadang hasil umum dapat diprediksi setelah mempertimbangkan tidak semua, melainkan sejumlah besar kasus khusus (yang disebut induksi tidak lengkap).

Hasil yang diperoleh dengan induksi tidak lengkap, bagaimanapun, tetap hanya hipotesis sampai dibuktikan dengan penalaran matematis yang tepat, yang mencakup semua kasus khusus. Dengan kata lain, induksi tidak lengkap dalam matematika tidak dianggap sebagai metode yang sah untuk pembuktian yang ketat, tetapi merupakan metode yang ampuh untuk menemukan kebenaran baru.

Misal, kita harus mencari jumlah n bilangan ganjil pertama yang berurutan. Pertimbangkan kasus khusus:

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

Setelah mempertimbangkan beberapa kasus khusus ini, kesimpulan umum berikut ini muncul dengan sendirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

itu. jumlah n bilangan ganjil pertama berurutan adalah n2

Tentu saja pengamatan yang dilakukan belum bisa menjadi bukti validitas rumus di atas.

Induksi lengkap hanya memiliki aplikasi terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematika yang menarik mencakup jumlah kasus khusus yang tak terbatas, dan kami tidak dapat menguji jumlah kasus yang tak terbatas. Induksi yang tidak lengkap sering menyebabkan hasil yang salah.

Dalam banyak kasus, jalan keluar dari kesulitan semacam ini adalah menggunakan metode penalaran khusus, yang disebut metode induksi matematika. Ini adalah sebagai berikut.

Biarkan perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu untuk setiap bilangan asli n (misalnya, perlu untuk membuktikan bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama sama dengan n 2). Verifikasi langsung pernyataan ini untuk setiap nilai n tidak mungkin, karena himpunan bilangan asli tidak terbatas. Untuk membuktikan pernyataan ini, pertama-tama periksa validitasnya untuk n=1. Kemudian dibuktikan bahwa untuk setiap nilai natural k, validitas pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k menyiratkan validitasnya untuk n=k+1 juga.

Maka pernyataan tersebut dianggap terbukti untuk semua n. Memang, pernyataan itu benar untuk n=1. Tetapi kemudian juga berlaku untuk bilangan berikutnya n=1+1=2. Validitas pernyataan untuk n=2 menyiratkan validitasnya untuk n=2+

1=3. Ini menyiratkan validitas pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Jelas bahwa, pada akhirnya, kita akan mencapai bilangan asli n. Jadi, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n.

Meringkas apa yang telah dikatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip induksi matematika.

Jika kalimat A(n), yang bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1, dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka kalimat itu juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka Asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.

Dalam sejumlah kasus, mungkin perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu tidak untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini, prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut.

Jika proposisi A(n) benar untuk n=p dan jika A(k)ÞA(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk sembarang n>p.

Pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan sebagai berikut. Pertama, pernyataan yang akan dibuktikan diperiksa untuk n=1, yaitu, kebenaran pernyataan A(1) terbukti. Bagian pembuktian ini disebut dasar induksi. Ini diikuti oleh bagian pembuktian yang disebut langkah induksi. Pada bagian ini, validitas pernyataan untuk n=k+1 dibuktikan dengan asumsi bahwa pernyataan benar untuk n=k (asumsi induktif), yaitu. buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solusi: 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Karena itu,

pernyataan benar untuk n=1, mis. A(1) benar.

2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, mis.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu Apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Memang,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa Asumsi A(n) benar untuk nОN apa pun.

Buktikan itu

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

Solusi: 1) Untuk n=1 kita dapatkan

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

oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; A(1) benar.

2) Biarkan k menjadi bilangan asli apa pun dan biarkan rumusnya benar untuk n=k, mis.

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

Mari kita buktikan bahwa persamaan

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

Memang

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa rumus tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2.

Solusi: 1) Untuk n=3, pernyataan benar

Dan 3 benar, karena dalam segitiga

A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal;

A2A(3) benar.

2) Misalkan di sembarang

k-gon cembung memiliki-

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

A k Mari kita buktikan bahwa kemudian dalam cembung

(k+1)-gon nomor

diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Misalkan 1 2 3 …A k A k+1 -sudut cembung (k+1). Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah diagonal dari (k + 1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal di k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. jumlah diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik A k+1 , dan, selain itu, diagonal A 1 A k harus diperhitungkan.

Dengan demikian,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk sembarang n-gon cembung.

Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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+1) (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.

Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk n natural apa pun.

Buktikan bahwa untuk sembarang n alam, persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solusi: 1) Misalkan n=1.

Maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa persamaan benar untuk n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu

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.

Dari bukti di atas jelas bahwa pernyataan benar untuk n=k+1, oleh karena itu, persamaan berlaku untuk sembarang n natural.

Buktikan itu

((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), di mana n>2.

Solusi: 1) Untuk n=2 identitasnya terlihat seperti: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

itu. itu benar.

2) Asumsikan bahwa ekspresi benar untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan kebenaran ekspresi untuk 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).

Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, karena metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk setiap n>2

Buktikan itu

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

untuk setiap n alam.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

2) Asumsikan bahwa n=k, maka

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

3) Buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1

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

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

Validitas persamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, sehingga pernyataan ini benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan keabsahan identitasnya

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

untuk setiap n alam.

1) Untuk n=1 identitasnya benar 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

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

3) Buktikan bahwa identitas benar untuk n=k+1.

(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).

Dapat dilihat dari bukti di atas bahwa pernyataan benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

Tetapi (23´133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataan itu benar; A(1) benar.

2) Misalkan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

3) Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini

(11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Jumlah yang dihasilkan habis dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan faktor kedua adalah 133. Jadi, (k)ÞА(k+1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

7 k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

Suku pertama habis dibagi 6, karena 7 k -1 habis dibagi 6 dengan asumsi, dan suku kedua adalah 6. Jadi 7 n -1 adalah kelipatan 6 untuk setiap n natural. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk n natural sembarang habis dibagi 11.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibagi 11 tanpa sisa. Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1.

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 .

Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 dengan asumsi, suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Jadi, jumlahnya adalah juga habis dibagi 11 tanpa sisa untuk n natural apa pun. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 11 2n -1 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 6 tanpa sisa.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

11 2k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

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

Kedua suku habis dibagi 6 tanpa sisa: suku pertama mengandung kelipatan 6 bilangan 120, dan suku kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Jadi jumlah tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n+3 -26n-27 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 26 2 (676) tanpa sisa.

Penyelesaian: Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa.

1. Untuk n=0

3 3 -1=26 habis dibagi 26

2. Misalkan untuk n=k

3 3k+3 -1 habis dibagi 26

3. Mari kita buktikan bahwa pernyataan

benar untuk n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – habis dibagi 26

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah.

1) Jelas bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar

3 3+3 -26-27=676

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

ekspresi 3 3k+3 -26k-27 habis dibagi 26 2 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1

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

Kedua suku habis dibagi 26 2 ; yang pertama habis dibagi 26 2 karena kita telah membuktikan bahwa ekspresi dalam kurung habis dibagi 26, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa jika n>2 dan x>0, maka pertidaksamaan

(1+x) n >1+n´x.

Solusi: 1) Untuk n=2, pertidaksamaan benar, karena

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

Jadi A(2) benar.

2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1) jika k > 2. Misalkan A(k) benar, yaitu pertidaksamaan

(1+x) k >1+k´x. (3)

Buktikan bahwa A(k+1) juga benar, yaitu pertidaksamaan

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Memang, mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan bilangan positif 1+x, kita memperoleh

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pertimbangkan sisi kanan yang tidak sama terakhir

stva; kita punya

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

Hasilnya, kita mendapatkan itu

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang

Buktikan bahwa pertidaksamaan itu benar

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

Solusi: 1) Untuk m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 kedua bagian sama besar.

2) Asumsikan bahwa untuk m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Buktikan bahwa untuk m=k+1 ketidaksamaan benar

(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 .

Kami telah membuktikan validitas pertidaksamaan untuk m=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap m alami.

Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan

3 n >n´2 n+1 .

Solusi: Mari kita tulis ulang pertidaksamaan dalam bentuk

1. Untuk n=7 kita memiliki

3 7/2 7 =2187/128>14=2´7

ketidaksetaraan itu benar.

2. Misalkan untuk n=k

3) Mari kita buktikan kebenaran pertidaksamaan untuk n=k+1.

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

Karena k>7, pertidaksamaan terakhir terlihat jelas.

Berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan berlaku untuk sembarang n natural.

Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan

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

Solusi: 1) Untuk n=3 pertidaksamaan benar

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

1. Misalkan untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan validitas non-

persamaan untuk n=k+1

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

Mari kita buktikan bahwa 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

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

k(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Yang terakhir sudah jelas, dan karena itu

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

Berdasarkan metode induksi matematika, ketidaksetaraan terbukti.

Kesimpulan

Secara khusus, setelah mempelajari metode induksi matematika, saya meningkatkan pengetahuan saya di bidang matematika ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelumnya di luar kemampuan saya.

Pada dasarnya, ini adalah tugas yang logis dan menghibur, mis. hanya mereka yang meningkatkan minat matematika itu sendiri sebagai ilmu. Pemecahan masalah tersebut menjadi kegiatan yang menghibur dan dapat menarik semakin banyak orang yang ingin tahu ke labirin matematika. Menurut pendapat saya, ini adalah dasar dari ilmu apa pun.

Melanjutkan mempelajari metode induksi matematika, saya akan mencoba mempelajari bagaimana menerapkannya tidak hanya dalam matematika, tetapi juga dalam memecahkan masalah dalam fisika, kimia, dan kehidupan itu sendiri.

MATEMATIKA:

KULIAH, TUGAS, SOLUSI

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

ALJABAR DAN PRINSIP ANALISIS

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

Kuliah 6. Metode induksi matematika.

Pengetahuan baru dalam sains dan kehidupan diperoleh dengan cara yang berbeda, tetapi semuanya (jika Anda tidak merinci) dibagi menjadi dua jenis - transisi dari umum ke khusus dan dari khusus ke umum. Yang pertama adalah deduksi, yang kedua adalah induksi. Penalaran deduktif itulah yang biasa disebut dalam matematika penalaran logis, dan dalam ilmu matematika, deduksi adalah satu-satunya metode penyelidikan yang sah. Aturan penalaran logis dirumuskan dua setengah milenium yang lalu oleh ilmuwan Yunani kuno Aristoteles. Dia membuat daftar lengkap dari penalaran benar yang paling sederhana, silogisme– "batu bata" logika, sekaligus menunjukkan penalaran yang khas, sangat mirip dengan yang benar, tetapi salah (kita sering bertemu dengan penalaran "pseudologis" seperti itu di media).

Induksi (induksi - dalam bahasa Latin panduan) diilustrasikan oleh legenda terkenal tentang bagaimana Isaac Newton merumuskan hukum gravitasi universal setelah sebuah apel jatuh di kepalanya. Contoh lain dari fisika: dalam fenomena seperti induksi elektromagnetik, medan listrik menciptakan, "menginduksi" medan magnet. "Apel Newton" adalah contoh khas dari situasi di mana satu atau lebih kasus khusus, mis. pengamatan, "mengarahkan" ke pernyataan umum, kesimpulan umum dibuat berdasarkan kasus-kasus tertentu. Metode induktif adalah yang utama untuk memperoleh pola umum dalam ilmu alam dan manusia. Tetapi ini memiliki kelemahan yang sangat signifikan: berdasarkan contoh-contoh tertentu, kesimpulan yang salah dapat ditarik. Hipotesis yang muncul dari pengamatan pribadi tidak selalu benar. Pertimbangkan contoh karena Euler.

Kami akan menghitung nilai trinomial untuk beberapa nilai pertama n:

Perhatikan bahwa angka yang diperoleh sebagai hasil perhitungan adalah bilangan prima. Dan seseorang dapat langsung memverifikasi itu untuk masing-masing n 1 hingga 39 nilai polinomial
adalah bilangan prima. Namun, ketika n=40 kita mendapatkan bilangan 1681=41 2 , yang bukan prima. Jadi, hipotesis yang bisa muncul di sini, yaitu hipotesis bahwa untuk masing-masing n nomor
sederhana, ternyata salah.

Leibniz membuktikan pada abad ke-17 bahwa untuk setiap bilangan bulat positif n nomor
habis dibagi 3
habis dibagi 5, dan seterusnya. Berdasarkan ini, dia menyarankan bahwa untuk setiap ganjil k dan alami apa pun n nomor
dibagi dengan k, tapi segera menyadarinya
tidak habis dibagi 9.

Contoh-contoh yang dipertimbangkan memungkinkan kita untuk menarik kesimpulan penting: sebuah pernyataan dapat benar dalam beberapa kasus khusus dan pada saat yang sama tidak adil secara umum. Soal validitas pernyataan dalam kasus umum dapat diselesaikan dengan menerapkan metode penalaran khusus yang disebut dengan induksi matematika(induksi lengkap, induksi sempurna).

6.1. Prinsip induksi matematika.

Metode induksi matematika didasarkan pada prinsip induksi matematika , yang terdiri dari:

1) validitas pernyataan ini diverifikasi untukn=1 (dasar induksi) ,

2) pernyataan ini dianggap benar untukn= k, di manakadalah bilangan asli arbitrer 1(asumsi induksi) , dan dengan mempertimbangkan asumsi ini, validitasnya ditetapkan untukn= k+1.

Bukti. Asumsikan sebaliknya, yaitu, anggaplah pernyataan itu tidak benar untuk setiap natural n. Lalu ada yang alami m, Apa:

1) persetujuan untuk n=m tidak adil,

2) untuk semua orang n, lebih kecil m, pernyataan itu benar (dengan kata lain, m adalah bilangan asli pertama yang pernyataannya gagal).

Jelas bahwa m>1, karena untuk n=1 pernyataan benar (kondisi 1). Karena itu,
- bilangan asli. Ternyata untuk bilangan asli
pernyataan itu benar, dan untuk bilangan asli berikutnya m ini tidak adil. Ini bertentangan dengan kondisi 2.

Perhatikan bahwa pembuktian menggunakan aksioma bahwa setiap kumpulan bilangan asli mengandung bilangan terkecil.

Pembuktian berdasarkan prinsip induksi matematika disebut dengan induksi matematika lengkap .

 Contoh6.1. Buktikan itu untuk yang alami n nomor
habis dibagi 3.

Keputusan.

1) Kapan n=1 , jadi sebuah 1 habis dibagi 3 dan pernyataan benar untuk n=1.

2) Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n=k,
, yaitu bilangan itu
habis dibagi 3 dan tentukan n=k bilangan +1 habis dibagi 3.

Memang,

Karena setiap suku habis dibagi 3, maka jumlah mereka juga habis dibagi 3. 

 Contoh6.2. Buktikan bahwa jumlah yang pertama n bilangan ganjil asli sama dengan kuadrat dari jumlah mereka, yaitu .

Keputusan. Kami menggunakan metode induksi matematika lengkap.

1) Kami memeriksa validitas pernyataan ini untuk n= 1: 1 = 2 benar.

2) Misalkan jumlah yang pertama k (
) bilangan ganjil sama dengan kuadrat banyaknya bilangan tersebut, yaitu . Berdasarkan persamaan ini, kami menetapkan bahwa jumlah dari pertama k+1 bilangan ganjil sama dengan
, yaitu .

Kami menggunakan asumsi kami dan mendapatkan

. ■ 

Metode induksi matematika lengkap digunakan untuk membuktikan beberapa pertidaksamaan. Mari kita buktikan pertidaksamaan Bernoulli.

 Contoh6.3. Buktikan bila
dan alami apa pun n ketidaksetaraan
(Persamaan Bernoulli).

Keputusan. 1) Kapan n= 1 kita dapatkan
, yang mana yang benar.

2) Kami berasumsi bahwa pada n=k ada ketidaksetaraan
(*). Dengan menggunakan asumsi ini, kami membuktikan bahwa
. Perhatikan bahwa ketika
ketidaksetaraan ini berlaku, dan oleh karena itu cukup untuk mempertimbangkan kasus ini
.

Kalikan kedua bagian pertidaksamaan (*) dengan angka
dan dapatkan:

Yaitu (1+
.■ 

Buktikan dengan metode induksi matematika tidak lengkap beberapa pernyataan tergantung pada n, di mana
dilakukan dengan cara yang sama, tetapi pada awalnya, keadilan ditegakkan untuk nilai terkecil n.

Beberapa masalah tidak secara eksplisit merumuskan pernyataan yang dapat dibuktikan dengan induksi matematika. Dalam kasus seperti itu, perlu untuk menetapkan keteraturan dan mengungkapkan hipotesis tentang validitas keteraturan ini, dan kemudian menguji hipotesis yang diajukan dengan metode induksi matematika.

 Contoh6.4. Temukan jumlahnya
.

Keputusan. Mari kita cari jumlahnya S 1 , S 2 , S 3 . Kita punya
,
,
. Kami berhipotesis bahwa untuk alam apa pun n rumusnya valid
. Untuk menguji hipotesis ini, kami menggunakan metode induksi matematika lengkap.

1) Kapan n=1 hipotesis benar, karena
.

2) Asumsikan bahwa hipotesis benar untuk n=k,
, yaitu
. Dengan menggunakan rumus ini, kami menetapkan bahwa hipotesis itu benar dan untuk n=k+1, yaitu

Memang,

Jadi, dengan asumsi bahwa hipotesis itu benar untuk n=k,
, terbukti benar untuk n=k+1, dan berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa rumus tersebut berlaku untuk semua alam n. ■ 

 Contoh6.5. Dalam matematika, terbukti bahwa jumlah dari dua fungsi kontinu seragam adalah fungsi kontinu seragam. Berdasarkan pernyataan ini, kita perlu membuktikan bahwa jumlah dari setiap bilangan
fungsi kontinu seragam adalah fungsi kontinu seragam. Tetapi karena kita belum memperkenalkan konsep "fungsi kontinu seragam", mari kita buat masalah lebih abstrak: ketahuilah bahwa jumlah dari dua fungsi yang memiliki beberapa properti S, itu sendiri memiliki properti S. Mari kita buktikan bahwa jumlah dari sejumlah fungsi memiliki properti S.

Keputusan. Dasar induksi di sini terkandung dalam rumusan masalah. Membuat asumsi induktif, pertimbangkan
fungsi f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 yang memiliki properti S. Kemudian . Di ruas kanan, suku pertama memiliki sifat S oleh hipotesis induksi, istilah kedua memiliki properti S dengan kondisi. Oleh karena itu, jumlah mereka memiliki properti S– untuk dua suku, dasar dari “usaha” induksi.

Ini membuktikan pernyataan dan akan menggunakannya lebih lanjut. 

 Contoh6.6. Temukan semuanya alami n, dimana pertidaksamaan

.

Keputusan. Mempertimbangkan n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Kami memiliki: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Dengan demikian, kita dapat membuat hipotesis: ketidaksetaraan
punya tempat untuk semua orang
. Untuk membuktikan kebenaran hipotesis ini, kami menggunakan prinsip induksi matematika tidak lengkap.

1) Sebagaimana dinyatakan di atas, hipotesis ini benar untuk n=5.

2) Misalkan benar untuk n=k,
, yaitu pertidaksamaan
. Dengan menggunakan asumsi ini, kami membuktikan bahwa pertidaksamaan
.

T. untuk.
dan di
ada ketidaksetaraan

pada
,

maka kita mendapatkan itu
. Jadi, kebenaran hipotesis n=k+1 mengikuti dari asumsi bahwa itu benar untuk n=k,
.

Dari hal. 1 dan 2, berdasarkan prinsip induksi matematika tidak lengkap, maka pertidaksamaan
benar untuk setiap alami
. ■ 

 Contoh6.7. Buktikan untuk sembarang bilangan asli n rumus diferensiasi valid
.

Keputusan. Pada n=1 rumus ini memiliki bentuk
, atau 1=1, yaitu benar. Membuat asumsi induktif, kita memiliki:

Q.E.D. 

 Contoh6.8. Buktikan bahwa himpunan yang terdiri dari n elemen, memiliki himpunan bagian.

Keputusan. Satu set dengan satu elemen sebuah, memiliki dua himpunan bagian. Ini benar karena semua himpunan bagiannya adalah himpunan kosong dan himpunan itu sendiri, dan 2 1 =2.

Kami berasumsi bahwa setiap himpunan n elemen memiliki himpunan bagian. Jika himpunan A terdiri dari n+1 elemen, lalu kami memperbaiki satu elemen di dalamnya - tunjukkan itu d, dan bagi semua himpunan bagian menjadi dua kelas - tidak mengandung d dan mengandung d. Semua himpunan bagian dari kelas pertama adalah himpunan bagian dari himpunan B yang diperoleh dari A dengan menghilangkan elemen d.

Himpunan B terdiri dari n elemen, dan oleh karena itu, dengan hipotesis induksi, ia memiliki himpunan bagian, jadi di kelas pertama himpunan bagian.

Tetapi di kelas kedua ada jumlah himpunan bagian yang sama: masing-masing diperoleh dari tepat satu himpunan bagian dari kelas pertama dengan menambahkan elemen d. Oleh karena itu, total himpunan A
himpunan bagian.

Dengan demikian pernyataan tersebut terbukti. Perhatikan bahwa ini juga berlaku untuk himpunan yang terdiri dari 0 elemen - himpunan kosong: ia memiliki subset tunggal - dirinya sendiri, dan 2 0 =1. 

Untuk melakukan ini, periksa dulu kebenaran pernyataan dengan nomor 1 - dasar induksi, dan terbukti jika pernyataan bernomor n, maka pernyataan berikut dengan nomor n + 1 - langkah induksi, atau transisi induktif.

Pembuktian dengan induksi dapat divisualisasikan dalam bentuk yang disebut prinsip domino. Biarkan sejumlah domino ditempatkan dalam satu baris sedemikian rupa sehingga setiap domino, jatuh, tentu membalikkan domino berikutnya (ini adalah transisi induktif). Kemudian, jika kita mendorong tulang pertama (ini adalah dasar induksi), maka semua tulang dalam barisan akan jatuh.

Dasar logis untuk metode pembuktian ini adalah apa yang disebut aksioma induksi, aksioma kelima dari Peano yang mendefinisikan bilangan asli. Ketepatan metode induksi setara dengan fakta bahwa dalam setiap himpunan bagian dari bilangan asli ada elemen minimum.

Ada juga variasi, yang disebut prinsip induksi matematika lengkap. Inilah kata-katanya yang tegas:

Prinsip induksi matematika lengkap juga setara dengan aksioma induksi dalam aksioma Peano.

Contoh

Tugas. Buktikan, apapun yang alami n dan nyata q 1, persamaan

Bukti. Induksi aktif n.

Basis, n = 1:

Transisi: Mari kita berpura-pura bahwa

,

Q.E.D.

Komentar: kesetiaan pernyataan P n dalam pembuktian ini sama dengan keabsahan persamaan

Lihat juga

Variasi dan Generalisasi

literatur

• N.Ya. Vilenkin Induksi. kombinatorik. Sebuah panduan untuk guru. M., Pencerahan, 1976.-48 hal.
• L.I. Golovina, I.M. Yaglom Induksi dalam Geometri, "Kuliah Populer tentang Matematika", Edisi 21, Fizmatgiz 1961.-100 hal.
• R. Courant, G. Robbins"Apa itu matematika?" Bab I, 2.
• I.S. Sominsky Metode induksi matematika. "Kuliah populer tentang matematika", Edisi 3, Nauka Publishing House 1965.-58 hal.

Yayasan Wikimedia. 2010 .

Lihat apa "Metode induksi matematika" di kamus lain:

Induksi matematika dalam matematika merupakan salah satu metode pembuktian. Digunakan untuk membuktikan kebenaran beberapa pernyataan untuk semua bilangan asli. Untuk melakukan ini, pertama-tama diperiksa kebenaran pernyataan dengan nomor 1, dasar induksi, dan kemudian ... ... Wikipedia

Sebuah metode membangun teori, selain itu, didasarkan pada beberapa ketentuannya - aksioma atau postulat - dari mana semua ketentuan lain dari teori (teorema) diturunkan dengan penalaran, yang disebut pembuktian m i. Aturan, omong-omong ... ... Ensiklopedia Filsafat

Induksi (Latin inductio bimbingan) adalah proses inferensi berdasarkan transisi dari posisi tertentu ke yang umum. Penalaran induktif menghubungkan premis pribadi dengan kesimpulan tidak begitu banyak melalui hukum logika, melainkan melalui beberapa ... ... Wikipedia

METODE GENETIK- cara untuk menetapkan isi dan esensi objek yang diteliti bukan dengan konvensi, idealisasi atau kesimpulan logis, tetapi dengan mempelajari asal-usulnya (berdasarkan studi tentang alasan yang menyebabkan terjadinya, mekanisme pembentukannya). Lebar... ... Filsafat Ilmu: Glosarium Istilah Dasar

Sebuah metode membangun teori ilmiah, yang didasarkan pada beberapa ketentuan awal (penilaian) dari suatu aksioma (Lihat Aksioma), atau Postulat, dari mana semua pernyataan lain dari ilmu ini (teorema (Lihat Teorema)) harus diturunkan . .. ... Ensiklopedia Besar Soviet

metode aksiomatik- METODE AXIOMATIC (dari bahasa Yunani. axioma) posisi yang diterima adalah metode membangun teori ilmiah, di mana hanya aksioma, postulat, dan pernyataan yang sebelumnya diturunkan darinya yang digunakan dalam bukti. Ditampilkan pertama kali... Ensiklopedia Epistemologi dan Filsafat Ilmu

Salah satu metode teori kesalahan untuk memperkirakan besaran yang tidak diketahui dari hasil pengukuran yang mengandung kesalahan acak. N. c. m. juga digunakan untuk representasi perkiraan fungsi yang diberikan oleh fungsi lain (lebih sederhana) dan sering kali ternyata ... Ensiklopedia Matematika

Induksi matematika adalah salah satu metode pembuktian matematis, yang digunakan untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan untuk semua bilangan asli. Untuk melakukan ini, periksa dulu ... Wikipedia

Istilah ini memiliki arti lain, lihat Induksi. Induksi (Latin inductio bimbingan) adalah proses inferensi berdasarkan transisi dari posisi tertentu ke yang umum. Penalaran induktif menghubungkan tempat pribadi ... ... Wikipedia

Induksi adalah metode untuk memperoleh pernyataan umum dari pengamatan tertentu. Dalam kasus ketika pernyataan matematis menyangkut sejumlah objek yang terbatas, itu dapat dibuktikan dengan memeriksa setiap objek. Misalnya, pernyataan: “Setiap bilangan genap dua digit adalah jumlah dari dua bilangan prima,” berikut dari serangkaian persamaan yang cukup realistis untuk ditetapkan:

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

Metode pembuktian, di mana pernyataan diverifikasi untuk sejumlah kasus yang terbatas, menghabiskan semua kemungkinan, disebut induksi lengkap. Metode ini relatif jarang diterapkan, karena pernyataan matematis, sebagai suatu peraturan, tidak menyangkut kumpulan objek yang terbatas, tetapi tidak terbatas. Misalnya, pernyataan tentang bilangan genap dua digit yang dibuktikan di atas dengan induksi lengkap hanyalah kasus khusus dari teorema: "Setiap bilangan genap adalah jumlah dari dua bilangan prima." Teorema ini belum terbukti atau terbantahkan.

Induksi matematika adalah suatu cara untuk membuktikan suatu pernyataan tertentu untuk setiap n alam berdasarkan prinsip induksi matematika: “Jika suatu pernyataan benar untuk n=1 dan dari validitasnya untuk n=k maka pernyataan ini benar untuk n= k+1, maka benar untuk semua n”. Cara pembuktian dengan induksi matematika adalah sebagai berikut:

1) dasar induksi: buktikan atau verifikasi langsung keabsahan pernyataan untuk n=1 (kadang-kadang n=0 atau n=n 0);

2) langkah induksi (transisi): mereka mengasumsikan validitas pernyataan untuk beberapa n=k alami dan, berdasarkan asumsi ini, membuktikan validitas pernyataan untuk n=k+1.

Masalah dengan solusi

1. Buktikan bahwa untuk sembarang n bilangan 3 2n+1 +2 n+2 habis dibagi 7.

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

dasar induksi. Jika n=1, maka A(1)=3 3 +2 3 =35 dan jelas habis dibagi 7.

Hipotesis induksi. Misalkan A(k) habis dibagi 7.

transisi induktif. Mari kita buktikan bahwa A(k+1) habis dibagi 7, yaitu validitas pernyataan masalah untuk n=k.

(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 .

Bilangan terakhir habis dibagi 7, karena itu adalah selisih dua bilangan bulat yang habis dibagi 7. Oleh karena itu, 3 2n+1 +2 n+2 habis dibagi 7 untuk setiap n alami.

2. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan bulat positif n bilangan 2 3 n +1 habis dibagi 3 n+1 dan tidak habis dibagi 3 n+2 .

Mari kita perkenalkan notasi: a i =2 3 i +1.

Untuk n=1 kita miliki, dan 1 =2 3 +1=9. Jadi, a 1 habis dibagi 3 2 dan tidak habis dibagi 3 3 .

Misalkan untuk n=k bilangan a k habis dibagi 3 k+1 dan tidak habis dibagi 3 k+2 , yaitu a k =2 3 k +1=3 k+1 m, di mana m tidak habis dibagi 3. Maka

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

3 k+2 m (3 2k+1 m 2 –2 3 k).

Jelas, k+1 habis dibagi 3 k+2 dan tidak habis dibagi 3 k+3 .

Oleh karena itu, pernyataan terbukti untuk sembarang n natural.

3. Diketahui x+1/x adalah bilangan bulat. Buktikan bahwa n +1/ n juga bilangan bulat untuk sembarang bilangan bulat n.

Mari kita perkenalkan notasi: a i \u003d x i +1 / x i dan segera perhatikan bahwa a i \u003d a -i, jadi kita akan terus berbicara tentang indeks alami.

Catatan: dan 1 adalah bilangan bulat berdasarkan kondisi; a 2 adalah bilangan bulat, karena a 2 \u003d (a 1) 2 -2; dan 0=2.

Asumsikan bahwa k adalah bilangan bulat untuk sembarang bilangan bulat positif k yang tidak melebihi n. Maka a 1 ·a n adalah bilangan bulat, tetapi a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 dan a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Namun, dan n-1 adalah bilangan bulat dengan hipotesis induksi. Oleh karena itu, а n+1 juga merupakan bilangan bulat. Oleh karena itu, n +1/ n adalah bilangan bulat untuk sembarang bilangan bulat n, yang harus dibuktikan.

4. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan bulat positif n lebih besar dari 1, pertidaksamaan ganda

5. Buktikan bahwa untuk n natural > 1 dan |x|

(1–x)n +(1+x)n

Untuk n=2 pertidaksamaan benar. Betulkah,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

Jika pertidaksamaan benar untuk n=k, maka untuk n=k+1 kita memiliki

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

Pertidaksamaan dibuktikan untuk sembarang bilangan asli n > 1.

6. Ada n lingkaran pada bidang tersebut. Buktikan bahwa untuk sembarang susunan lingkaran-lingkaran ini, peta yang dibentuk oleh mereka dapat diwarnai dengan benar dengan dua warna.

Mari kita gunakan metode induksi matematika.

Untuk n=1 pernyataannya jelas.

Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk setiap peta yang dibentuk oleh n lingkaran, dan misalkan n + 1 lingkaran diberikan pada bidang. Dengan menghapus salah satu lingkaran ini, kita mendapatkan peta yang, berdasarkan asumsi yang dibuat, dapat diwarnai dengan benar dengan dua warna (lihat gambar pertama di bawah).

Kami kemudian mengembalikan lingkaran yang dibuang dan di satu sisinya, misalnya di dalam, ubah warna setiap area menjadi sebaliknya (lihat gambar kedua). Sangat mudah untuk melihat bahwa dalam kasus ini kita mendapatkan peta yang diwarnai dengan benar dengan dua warna, tetapi hanya sekarang dengan n + 1 lingkaran, yang harus dibuktikan.

7. Kami akan menyebut poligon cembung "indah" jika kondisi berikut terpenuhi:

1) masing-masing simpulnya dicat dengan salah satu dari tiga warna;

2) setiap dua simpul tetangga dicat dengan warna yang berbeda;

3) setidaknya satu simpul poligon diwarnai di masing-masing dari tiga warna.

Buktikan bahwa setiap n-gon yang indah dapat dipotong oleh diagonal yang tidak berpotongan menjadi segitiga "indah".

Mari kita gunakan metode induksi matematika.

dasar induksi. Untuk n=3 seminimal mungkin, pernyataan masalahnya jelas: simpul dari segitiga "indah" dicat dalam tiga warna berbeda dan tidak diperlukan pemotongan.

Hipotesis induksi. Mari kita asumsikan bahwa pernyataan masalah adalah benar untuk setiap n-gon "indah".

langkah induksi. Pertimbangkan sebuah "indah" (n + 1)-gon sewenang-wenang dan buktikan, dengan menggunakan asumsi induktif, bahwa ia dapat dipotong oleh beberapa diagonal menjadi segitiga "indah". Dilambangkan dengan 1 , 2 , 3 , … n , n+1 – simpul berurutan dari (n+1)-gon. Jika hanya satu simpul dari (n + 1)-gon yang diwarnai dalam salah satu dari tiga warna, maka dengan menghubungkan simpul ini dengan diagonal ke semua simpul yang tidak berdekatan dengannya, kita memperoleh partisi yang diperlukan dari (n + 1)- gon ke "indah" segitiga.

Jika setidaknya dua simpul dari (n + 1)-gon dicat di masing-masing dari tiga warna, maka kami menyatakan warna simpul A 1 dengan nomor 1, dan warna simpul A 2 dengan nomor 2 . Misalkan k adalah bilangan terkecil sehingga simpul A k diwarnai dengan warna ketiga. Jelas bahwa k > 2. Mari kita potong segitiga k–2 k–1 А k dari (n+1)-gon dengan diagonal k–2 k . Sesuai dengan pilihan angka k, semua simpul segitiga ini dicat dengan tiga warna berbeda, yaitu segitiga ini "indah". n-gon cembung A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , yang tetap, juga akan, karena asumsi induktif, menjadi "indah", yang berarti dibagi menjadi segitiga "indah", yang dan perlu dibuktikan.

8. Buktikan bahwa dalam n-gon cembung tidak mungkin untuk memilih lebih dari n diagonal sehingga dua di antaranya memiliki titik yang sama.

Mari kita lakukan pembuktian dengan metode induksi matematika.

Mari kita buktikan pernyataan yang lebih umum: dalam n-gon cembung, tidak mungkin untuk memilih lebih dari n sisi dan diagonal sehingga dua di antaranya memiliki titik yang sama. Untuk n = 3 pernyataannya jelas. Mari kita asumsikan bahwa pernyataan ini benar untuk n-gon arbitrer dan, dengan menggunakan ini, buktikan validitasnya untuk n-gon arbitrer (n + 1).

Asumsikan bahwa untuk (n + 1)-gon pernyataan ini tidak benar. Jika tidak lebih dari dua sisi atau diagonal terpilih yang muncul dari setiap titik sudut (n+1)-gon, maka paling banyak n+1 yang terpilih. Oleh karena itu, paling sedikit tiga sisi atau diagonal terpilih AB, AC, AD muncul dari beberapa titik A. Biarkan AC terletak di antara AB dan AD. Karena setiap sisi atau diagonal yang keluar dari C selain CA tidak dapat melintasi AB dan AD secara bersamaan, hanya satu diagonal CA yang keluar dari C.

Membuang titik C bersama dengan CA diagonal, kita mendapatkan n-gon cembung di mana lebih dari n sisi dan diagonal dipilih, dua di antaranya memiliki titik yang sama. Dengan demikian, kita sampai pada kontradiksi dengan asumsi bahwa pernyataan benar untuk n-gon cembung sewenang-wenang.

Jadi, untuk (n + 1)-gon, pernyataan tersebut benar. Sesuai dengan prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk sembarang n-gon cembung.

9. Ada n garis yang ditarik pada bidang tersebut, tidak ada dua garis yang sejajar dan tidak ada tiga garis yang melalui titik yang sama. Garis-garis ini membagi bidang menjadi berapa bagian.

Dengan bantuan gambar dasar, mudah untuk memastikan bahwa satu garis lurus membagi bidang menjadi 2 bagian, dua garis lurus menjadi 4 bagian, tiga garis lurus menjadi 7 bagian, dan empat garis lurus menjadi 11 bagian.

Dilambangkan dengan N(n) jumlah bagian di mana n garis membagi bidang. Dapat dilihat bahwa

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

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

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

Itu wajar untuk berasumsi bahwa

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

atau, seperti yang mudah ditentukan, menggunakan rumus untuk jumlah n suku pertama dari deret aritmatika,

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

Mari kita buktikan validitas rumus ini dengan metode induksi matematika.

Untuk n=1, rumus telah diverifikasi.

Setelah membuat asumsi induktif, pertimbangkan k + 1 garis yang memenuhi kondisi masalah. Kami sewenang-wenang memilih k garis lurus dari mereka. Dengan hipotesis induktif, mereka membagi bidang menjadi 1+ k(k+1)/2 bagian. Garis (k + 1)-th yang tersisa akan dibagi dengan k garis yang dipilih menjadi k + 1 bagian dan, oleh karena itu, akan melewati bagian (k + 1)-th di mana bidang telah dibagi, dan masing-masing dari bagian ini akan dibagi menjadi 2 bagian, yaitu, k+1 lebih banyak bagian akan ditambahkan. Jadi,

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

Q.E.D.

10. Dalam ekspresi x 1: x 2: ...: x n, tanda kurung ditempatkan untuk menunjukkan urutan tindakan dan hasilnya ditulis sebagai pecahan:

(dalam hal ini, setiap huruf x 1, x 2, ..., x n adalah pembilang atau penyebut pecahan). Berapa banyak ekspresi berbeda yang dapat diperoleh dengan cara ini dengan semua cara yang mungkin untuk mengatur tanda kurung?

Pertama-tama, jelas bahwa dalam pecahan yang dihasilkan x 1 akan ada di pembilangnya. Hampir sama jelas bahwa x 2 akan menjadi penyebut untuk setiap susunan tanda kurung (tanda pembagian sebelum x 2 mengacu pada x 2 itu sendiri, atau untuk ekspresi apa pun yang mengandung x 2 dalam pembilangnya).

Dapat diasumsikan bahwa semua huruf lain x 3 , x 4 , ... , x n dapat ditempatkan di pembilang atau penyebut dengan cara yang benar-benar arbitrer. Oleh karena itu, secara total Anda bisa mendapatkan 2 n-2 pecahan: masing-masing n-2 huruf x 3, x 4, ..., x n dapat independen dari yang lain dalam pembilang atau penyebut.

Mari kita buktikan pernyataan ini dengan induksi.

Dengan n=3, Anda bisa mendapatkan 2 pecahan:

jadi pernyataan itu benar.

Kita asumsikan valid untuk n=k dan buktikan untuk n=k+1.

Biarkan ekspresi x 1: x 2: ...: x k, setelah beberapa pengaturan kurung, ditulis sebagai pecahan Q. Jika x k: x k+1 disubstitusikan ke dalam ekspresi ini, bukan x k, maka x k akan menjadi tempat yang sama seperti pada pecahan Q, dan x k + 1 tidak akan menjadi tempat x k berdiri (jika x k adalah penyebutnya, maka x k + 1 akan menjadi pembilangnya dan sebaliknya).

Sekarang mari kita buktikan bahwa kita dapat menambahkan x k+1 ke tempat yang sama dengan x k . Dalam pecahan Q, setelah menempatkan tanda kurung, pasti akan ada ekspresi bentuk q:x k, di mana q adalah huruf x k-1 atau beberapa ekspresi dalam tanda kurung. Mengganti q: x k dengan ekspresi (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), kita mendapatkan pecahan yang sama Q, di mana sebagai ganti x k adalah x k x k+1 .

Jadi, banyaknya pecahan yang mungkin pada kasus n=k+1 adalah 2 kali lebih besar dari pada kasus n=k dan sama dengan 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Dengan demikian pernyataan tersebut terbukti.

Jawaban: 2 n-2 pecahan.

Masalah tanpa solusi

1. Buktikan bahwa untuk sembarang n natural:

a) bilangan 5 n -3 n + 2n habis dibagi 4;

b) bilangan n 3 +11n habis dibagi 6;

c) bilangan 7 n +3n-1 habis dibagi 9;

d) bilangan 6 2n +19 n –2 n+1 habis dibagi 17;

e) bilangan 7 n+1 +8 2n-1 habis dibagi 19;

f) bilangan 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 habis dibagi 27.

2. Buktikan bahwa (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Buktikan pertidaksamaan |sin nx| n|sinx| untuk setiap n alam.

4. Temukan bilangan asli a, b, c yang tidak habis dibagi 10 dan sedemikian rupa sehingga untuk setiap n bilangan asli a n + b n dan c n memiliki dua digit terakhir yang sama.

5. Buktikan bahwa jika n titik tidak terletak pada garis yang sama, maka di antara garis yang menghubungkannya paling sedikit terdapat n titik yang berbeda.

Dengan menggunakan metode induksi matematika, buktikan bahwa untuk sembarang n persamaan berikut ini benar:
sebuah) ;
b) .

Keputusan.

a) Kapan n= 1 persamaan valid. Dengan asumsi validitas persamaan untuk n, mari kita tunjukkan bahwa itu juga berlaku untuk n+ 1. Memang,

Q.E.D.

b) Kapan n= 1 validitas kesetaraan jelas. Dari asumsi keadilannya di n Sebaiknya

Mengingat persamaan 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, kita peroleh

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

yaitu, pernyataan ini juga benar untuk n + 1.

Contoh 1 Buktikan persamaan berikut

di mana n HAI N.

Keputusan. a) Kapan n= 1 persamaan akan berbentuk 1=1, oleh karena itu, P(1) benar. Mari kita asumsikan bahwa persamaan ini benar, yaitu, kita memiliki

. Kita perlu memeriksa (membuktikan) bahwaP(n+ 1), yaitu BENAR. Karena (menggunakan asumsi induktif) kita dapatkan, yaitu P(n+ 1) adalah pernyataan yang benar.

Jadi, menurut metode induksi matematika, persamaan asli berlaku untuk semua alam n.

Catatan 2. Contoh ini dapat diselesaikan dengan cara lain. Memang, jumlah 1 + 2 + 3 + ... + n adalah jumlah dari yang pertama n anggota deret aritmatika dengan anggota pertama sebuah 1 = 1 dan selisihnya d= 1. Berdasarkan rumus terkenal , kita mendapatkan

b) Kapan n= 1 persamaan akan berbentuk: 2 1 - 1 = 1 2 atau 1=1, yaitu, P(1) benar. Mari kita asumsikan bahwa persamaan

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 dan buktikan ituP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 atau 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Dengan menggunakan hipotesis induksi, kita peroleh

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

Dengan demikian, P(n+ 1) benar dan, oleh karena itu, persamaan yang disyaratkan terbukti.

Catatan 3. Contoh ini dapat diselesaikan (mirip dengan yang sebelumnya) tanpa menggunakan metode induksi matematika.

c) Kapan n= 1 persamaan itu benar: 1=1. Asumsikan bahwa persamaan itu benar

dan tunjukkan bahwa itulah kebenarannyaP(n) menyiratkan kebenaranP(n+ 1). Betulkah, dan sejak 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), kita dapatkan dan, oleh karena itu, persamaan asli berlaku untuk semua alamn.

d) Kapan n= 1 persamaan valid: 1=1. Mari kita asumsikan bahwa ada

dan buktikan itu

Betulkah,

e) Persetujuan P(1) benar: 2=2. Mari kita asumsikan bahwa persamaan

benar, dan kami membuktikan bahwa itu menyiratkan kesetaraan Betulkah,

Oleh karena itu, persamaan asli berlaku untuk semua alam n.

f) P(1) benar: 1/3 = 1/3. Biar ada kesetaraan P(n):

. Mari kita tunjukkan bahwa persamaan terakhir menyiratkan hal berikut:

Memang, mengingat itu P(n) terjadi, kita peroleh

Dengan demikian, kesetaraan terbukti.

g) Kapan n= 1 kita punya sebuah + b = b + sebuah dan karenanya persamaan itu benar.

Biarkan rumus binomial Newton berlaku untuk n = k, yaitu,

Kemudian Menggunakan kesetaraan kita mendapatkan

Contoh 2 Buktikan pertidaksamaan

a) Pertidaksamaan Bernoulli: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n HAI N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, jika x 1 x 2 · ... · x n= 1 dan x saya > 0, .

c) pertidaksamaan Cauchy terhadap mean aritmatika dan mean geometrik di mana x saya > 0, , n ≥ 2.

d) dosa 2 n a + cos2 n sebuah 1, n HAI N.

e)

f) 2 n > n 3 , n HAI N, n ≥ 10.

Keputusan. a) Kapan n= 1 kita mendapatkan pertidaksamaan sejati

1 + a 1 + a . Mari kita asumsikan bahwa ada ketidaksetaraan

(1 + a) n ≥ 1 + n sebuah

(1)

dan tunjukkan bahwa kita memiliki(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a.

Memang, karena a > -1 menyiratkan a + 1 > 0, maka mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (1) dengan (a + 1), kita memperoleh

(1 + a) n(1 + a) (1 + n a)(1 + a) atau (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Karena n sebuah 2 0, oleh karena itu,(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 1 + ( n+ 1)a.

Jadi, jika P(n) benar, maka P(n+ 1) benar, oleh karena itu, menurut prinsip induksi matematika, pertidaksamaan Bernoulli benar.

b) Kapan n= 1 kita dapatkan x 1 = 1 dan, oleh karena itu, x 1 1 yaitu P(1) adalah pernyataan yang adil. Mari kita berpura-pura itu P(n) benar, yaitu jika adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n bilangan positif yang hasilkalinya sama dengan satu, x 1 x 2 ·...· x n= 1, dan x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Mari kita tunjukkan bahwa proposisi ini menyiratkan bahwa berikut ini benar: jika x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) bilangan positif sehingga x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, maka x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Perhatikan dua kasus berikut:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Maka jumlah bilangan tersebut adalah ( n+ 1), dan ketidaksetaraan yang diperlukan terpenuhi;

2) setidaknya satu nomor berbeda dari satu, biarkan, misalnya, lebih besar dari satu. Lalu, karena x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, setidaknya ada satu angka lain yang berbeda dari satu (lebih tepatnya, kurang dari satu). Biarlah x n+ 1 > 1 dan x n < 1. Рассмотрим n bilangan positif

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Produk dari angka-angka ini sama dengan satu, dan, menurut hipotesis, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Pertidaksamaan terakhir ditulis ulang sebagai berikut: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 atau x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Sejauh

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, lalu n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Oleh karena itu, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, yaitu jika P(n) benar, makaP(n+ 1) adil. Ketimpangan telah terbukti.

Catatan 4. Tanda sama dengan terjadi jika dan hanya jika x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Biarkan x 1 ,x 2 ,...,x n adalah bilangan positif arbitrer. Pertimbangkan berikut ini n bilangan positif:

Karena produk mereka sama dengan satu: sesuai dengan pertidaksamaan yang terbukti sebelumnya b), maka di mana

Catatan 5. Kesetaraan berlaku jika dan hanya jika x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - pernyataan yang adil: sin 2 a + cos 2 a = 1. Misalkan P(n) adalah pernyataan yang benar:

dosa 2 n a + cos2 n sebuah 1 dan tunjukkan bahwa adaP(n+ 1). Betulkah, dosa2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a \u003d dosa 2 n a sin 2 a + cos 2 n sebuah cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a 1 (jika sin 2 a 1, maka cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a 1, lalu sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n HAI N dosa 2 n a + cos2 n 1 dan tanda sama dengan hanya tercapai jikan = 1.

e) Kapan n= 1 pernyataan benar: 1< 3 / 2 .

Mari kita asumsikan bahwa dan buktikan itu

Sejauh
Mempertimbangkan P(n), kita mendapatkan

f) Mempertimbangkan Catatan 1, kami memeriksa P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, oleh karena itu, untuk n= 10 pernyataan benar. Misalkan 2 n > n 3 (n> 10) dan buktikan P(n+ 1), yaitu 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Sejak pada n> 10 kita punya atau , berikut ini

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 atau n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Dengan memperhitungkan pertidaksamaan (2 n > n 3 ), kita mendapatkan 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Jadi, menurut metode induksi matematika, untuk setiap alam n HAI N, n 10 kita punya 2 n > n 3 .

Contoh 3 Buktikan untuk sembarang n HAI N

Keputusan. sebuah) P(1) adalah pernyataan yang benar (0 habis dibagi 6). Biarlah P(n) adil, yaitu n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) habis dibagi 6. Mari kita tunjukkan bahwa kita memiliki P(n+ 1), yaitu, ( n + 1)n(2n+ 1) habis dibagi 6. Memang, karena

Dan bagaimana n(n - 1)(2 n- 1) dan 6 n 2 habis dibagi 6, maka jumlah merekan(n + 1)(2 n+ 1) habis dibagi 6.

Dengan demikian, P(n+ 1) adalah pernyataan yang adil, dan, oleh karena itu, n(2n 2 - 3n+ 1) habis dibagi 6 untuk sembarang n HAI N.

b) Periksa P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, maka P(1) adalah pernyataan yang adil. Harus dibuktikan bahwa jika 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 habis dibagi 11 ( P(n)), lalu 6 2 n + 3 n+2 + 3 n juga habis dibagi 11 ( P(n+ 1)). Memang, karena

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 == 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3 (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 dan suka 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 dan 33 6 2 n-2 habis dibagi 11, maka jumlah mereka adalah 6 2n + 3 n+2 + 3 n habis dibagi 11. Pernyataan terbukti. Induksi dalam geometri

Contoh 4 Hitung sisi dari 2 . yang benar n-gon tertulis dalam lingkaran berjari-jari R.