Induksi matematika mendasari salah satu metode pembuktian matematika yang paling umum. Dengan bantuannya, Anda dapat membuktikan sebagian besar rumus dengan bilangan asli n, misalnya, rumus untuk menemukan jumlah suku pertama dari perkembangan S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, rumus binomial Newton a + b n \u003d 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 .
Pada paragraf pertama, kami akan menganalisis konsep dasar, kemudian kami akan mempertimbangkan dasar-dasar metode itu sendiri, dan kemudian kami akan memberi tahu Anda cara menggunakannya untuk membuktikan persamaan dan ketidaksetaraan.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Konsep induksi dan deduksi
Pertama, mari kita lihat apa itu induksi dan deduksi secara umum.
Definisi 1
Induksi adalah transisi dari khusus ke umum, dan deduksi sebaliknya, dari umum ke khusus.
Misalnya, kami memiliki pernyataan: 254 dapat dibagi menjadi dua sepenuhnya. Dari situ kita bisa menarik banyak kesimpulan, di antaranya akan ada benar dan salah. Misalnya, pernyataan bahwa semua bilangan bulat yang memiliki angka 4 di ujungnya dapat dibagi dua tanpa sisa adalah benar, tetapi setiap bilangan yang terdiri dari tiga angka habis dibagi 2 adalah salah.
Secara umum dapat dikatakan bahwa dengan bantuan penalaran induktif seseorang dapat memperoleh banyak kesimpulan dari satu penalaran yang diketahui atau jelas. Induksi matematika memungkinkan kita untuk menentukan seberapa valid kesimpulan ini.
Misalkan kita memiliki urutan angka seperti 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , di mana n menunjukkan beberapa bilangan asli. Dalam hal ini, saat menambahkan elemen pertama dari urutan, kami mendapatkan yang berikut:
S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 3 4, S 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .
Dengan menggunakan induksi, kita dapat menyimpulkan bahwa S n = n n + 1 . Pada bagian ketiga kita akan membuktikan rumus ini.
Apa metode induksi matematika?
Metode ini didasarkan pada prinsip nama yang sama. Ini diformulasikan seperti ini:
Definisi 2
Pernyataan tertentu akan benar untuk nilai natural n ketika 1) akan benar untuk n = 1 dan 2) dari kenyataan bahwa pernyataan ini benar untuk nilai natural sembarang n = k, maka pernyataan tersebut juga benar untuk n = k + 1 .
Penerapan metode induksi matematika dilakukan dalam 3 tahap:
- Pertama, kami memeriksa kebenaran pernyataan asli dalam kasus nilai alami n yang berubah-ubah (biasanya pengujian dilakukan untuk kesatuan).
- Setelah itu, kami memeriksa kesetiaan pada n = k .
- Dan kemudian kita buktikan validitas pernyataan tersebut jika n = k + 1 .
Bagaimana menerapkan metode induksi matematika saat menyelesaikan pertidaksamaan dan persamaan
Mari kita ambil contoh yang kita bicarakan sebelumnya.
Contoh 1
Buktikan rumus S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
Larutan
Seperti yang telah kita ketahui, untuk menerapkan metode induksi matematika, harus dilakukan tiga langkah berurutan.
- Pertama, kita periksa apakah persamaan ini akan valid untuk n sama dengan satu. Kami mendapatkan S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Semuanya benar di sini.
- Selanjutnya, kita asumsikan bahwa rumus S k = k k + 1 benar.
- Pada langkah ketiga, kita perlu membuktikan bahwa S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , berdasarkan validitas persamaan sebelumnya.
Kita dapat menyatakan k + 1 sebagai jumlah dari suku pertama dari barisan asli dan k + 1:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
Karena pada langkah kedua kita mendapatkan bahwa S k = k k + 1, kita dapat menulis sebagai berikut:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
Sekarang kita melakukan transformasi yang diperlukan. Kita perlu mengurangi pecahan menjadi penyebut yang sama, mengurangi suku yang sama, menerapkan rumus perkalian yang disingkat dan mengurangi apa yang terjadi:
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
Dengan demikian, kami telah membuktikan kesetaraan pada poin ketiga dengan melakukan ketiga langkah metode induksi matematika.
Menjawab: asumsi tentang rumus S n = n n + 1 benar.
Mari kita ambil masalah yang lebih kompleks dengan fungsi trigonometri.
Contoh 2
Berikan bukti identitas cos 2 · cos 4 · . . . cos 2 n \u003d sin 2 n + 1 2 n sin 2 .
Larutan
Seperti yang kita ingat, langkah pertama adalah memeriksa kebenaran persamaan ketika n sama dengan satu. Untuk mengetahuinya, kita perlu mengingat rumus dasar trigonometri.
cos 2 1 = cos 2 sin 2 1 + 1 2 1 sin 2 = sin 4 2 sin 2 = 2 sin 2 cos 2 2 sin 2 = cos 2
Oleh karena itu, untuk n sama dengan satu, identitasnya benar.
Sekarang anggaplah validitasnya dipertahankan untuk n = k , yaitu. benar bahwa cos 2 · cos 4 · . . . cos 2 k \u003d sin 2 k + 1 2 k sin 2 .
Kami membuktikan persamaan cos 2 · cos 4 · . . . cos 2 k + 1 = sin 2 k + 2 2 k + 1 sin 2 untuk kasus n = k + 1, berdasarkan asumsi sebelumnya.
Menurut rumus trigonometri,
sin 2 k + 1 cos 2 k + 1 = = 1 2 (sin (2 k + 1 + 2 k + 1 ) + sin (2 k + 1 - 2 k + 1 )) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 ) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2
Akibatnya,
cos 2 cos 4 . . . · cos 2 k + 1 = = cos 2 · cos 4 · . . . cos 2 k cos 2 k + 1 = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 cos 2 k + 1 = 1 2 sin 2 k + 1 2 k sin 2 = sin 2 k + 2 2 k + 1 dosa 2
Contoh penyelesaian masalah pembuktian pertidaksamaan menggunakan metode ini diberikan dalam artikel tentang metode kuadrat terkecil. Baca paragraf di mana rumus untuk menemukan koefisien aproksimasi diturunkan.
Jika Anda melihat kesalahan dalam teks, harap sorot dan tekan Ctrl+Enter
Teks karya ditempatkan tanpa gambar dan rumus.
Versi lengkap dari karya tersebut tersedia di tab "File Pekerjaan" dalam format PDF
pengantar
Topik ini relevan, karena setiap hari orang memecahkan berbagai masalah di mana mereka menggunakan metode penyelesaian yang berbeda, tetapi ada tugas di mana metode induksi matematika tidak dapat dihilangkan, dan dalam kasus seperti itu, pengetahuan di bidang ini akan sangat berguna.
Saya memilih topik ini untuk penelitian, karena dalam kurikulum sekolah metode induksi matematika diberikan sedikit waktu, siswa mempelajari informasi dangkal yang akan membantunya hanya mendapatkan gambaran umum tentang metode ini, tetapi pengembangan diri akan perlu mempelajari teori ini secara mendalam. Akan sangat berguna untuk mempelajari lebih lanjut tentang topik ini, karena memperluas wawasan seseorang dan membantu dalam memecahkan masalah yang kompleks.
Objektif:
Kenali metode induksi matematika, sistematiskan pengetahuan tentang topik ini dan terapkan dalam memecahkan masalah matematika dan buktikan teorema, buktikan dan tunjukkan dengan jelas signifikansi praktis dari metode induksi matematika sebagai faktor yang diperlukan untuk memecahkan masalah.
Tugas pekerjaan:
Menganalisis literatur dan meringkas pengetahuan tentang topik tersebut.
Memahami prinsip-prinsip induksi matematika.
Jelajahi penerapan metode induksi matematika untuk pemecahan masalah.
Merumuskan kesimpulan dan kesimpulan atas pekerjaan yang dilakukan.
Badan utama penelitian
Sejarah asal:
Hanya menjelang akhir abad ke-19 standar persyaratan untuk ketelitian logis berkembang, yang hingga hari ini tetap dominan dalam pekerjaan praktis para matematikawan pada pengembangan teori matematika individu.
Induksi adalah prosedur kognitif yang dengannya pernyataan yang menggeneralisasinya disimpulkan dari perbandingan fakta yang tersedia.
Dalam matematika, peran induksi sebagian besar mendasari aksiomatik yang dipilih. Setelah latihan yang panjang menunjukkan bahwa jalan lurus selalu lebih pendek daripada jalan yang melengkung atau putus, adalah wajar untuk merumuskan aksioma: untuk setiap tiga titik A, B dan C, pertidaksamaan terpenuhi.
Kesadaran metode induksi matematika sebagai metode penting yang terpisah kembali ke Blaise Pascal dan Gersonides, meskipun beberapa kasus aplikasi ditemukan bahkan di zaman kuno oleh Proclus dan Euclid. Nama modern untuk metode ini diperkenalkan oleh de Morgan pada tahun 1838.
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.
Induksi dan deduksi
Diketahui bahwa ada pernyataan khusus dan umum, dan kedua istilah yang diberikan didasarkan pada transisi dari satu ke yang lain.
Pengurangan (dari lat. deduksi - derivasi) - transisi dalam proses kognisi dari umum pengetahuan untuk pribadi dan lajang. Dalam deduksi, pengetahuan umum berfungsi sebagai titik awal penalaran, dan pengetahuan umum ini dianggap "siap", ada. Keunikan deduksi adalah bahwa kebenaran premisnya menjamin kebenaran kesimpulan. Oleh karena itu, deduksi memiliki kekuatan persuasi yang besar dan digunakan secara luas tidak hanya untuk membuktikan teorema dalam matematika, tetapi juga di mana pun pengetahuan yang andal diperlukan.
Induksi (dari bahasa Latin inductio - bimbingan) adalah transisi dalam proses kognisi dari pribadi pengetahuan untuk umum Dengan kata lain, itu adalah metode penelitian, pengetahuan, yang terkait dengan generalisasi hasil pengamatan dan eksperimen. Ciri induksi adalah sifat probabilistiknya, yaitu. mengingat kebenaran premis awal, kesimpulan induksi hanya mungkin benar, dan pada hasil akhir mungkin benar dan salah.
Induksi lengkap dan tidak lengkap
Penalaran induktif adalah suatu bentuk pemikiran abstrak di mana pemikiran berkembang dari pengetahuan tentang tingkat umum yang lebih rendah ke pengetahuan tentang tingkat umum yang lebih besar, dan kesimpulan yang mengikuti dari premis-premis tersebut sebagian besar bersifat probabilistik.
Dalam perjalanan penelitian, saya menemukan bahwa induksi dibagi menjadi dua jenis: lengkap dan tidak lengkap.
Induksi lengkap disebut kesimpulan di mana kesimpulan umum tentang kelas objek dibuat berdasarkan studi semua objek kelas ini.
Sebagai contoh, misalkan diperlukan untuk menetapkan bahwa setiap bilangan genap alami n dalam 6≤ n≤ 18 dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari dua bilangan prima. Untuk melakukan ini, kami mengambil semua angka tersebut dan menuliskan ekspansi yang sesuai:
6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;
Persamaan ini menunjukkan bahwa setiap bilangan yang menarik bagi kita memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku sederhana.
Perhatikan contoh berikut: barisan yn= n 2 +n+17; Mari kita tuliskan empat suku pertama: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Kemudian kita dapat mengasumsikan bahwa seluruh barisan terdiri dari bilangan prima. Tapi ini tidak benar, mari kita ambil y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ini adalah bilangan komposit, yang berarti asumsi kita salah, dengan demikian, induksi yang tidak lengkap tidak mengarah pada kesimpulan yang sepenuhnya dapat diandalkan, tetapi memungkinkan kita untuk merumuskan hipotesis, yang kemudian membutuhkan bukti atau sanggahan matematis.
Metode induksi matematika
Induksi lengkap hanya memiliki aplikasi terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematika yang menarik mencakup jumlah kasus khusus yang tak terbatas, dan kita tidak dapat menguji semua situasi ini.Tetapi bagaimana cara menguji jumlah kasus yang tak terbatas? Metode ini diusulkan oleh B. Pascal dan J. Bernoulli, ini adalah metode induksi matematika, yang didasarkan pada 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 beberapa 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 kalimat A(n) benar untuk n=p dan jika A(k) A(k+1) untuk sembarang k>p, maka kalimat A(n) benar untuk sembarang n>p.
Algoritma (terdiri dari empat tahap):
1.dasar(kami menunjukkan bahwa pernyataan yang dibuktikan benar untuk beberapa kasus khusus yang paling sederhana ( P = 1));
2. tebak(kita asumsikan bahwa pernyataan terbukti untuk yang pertama ke kasus); 3 .melangkah(di bawah asumsi ini kami membuktikan pernyataan untuk kasus ini P = ke + 1); 4. keluaran (y pernyataan benar untuk semua kasus, yaitu, untuk semua P) .
Perhatikan bahwa tidak semua masalah dapat diselesaikan dengan metode induksi matematika, tetapi hanya masalah yang diparameterisasi oleh beberapa variabel. Variabel ini disebut variabel induksi.
Penerapan metode induksi matematika
Mari kita terapkan semua teori ini dalam praktik dan cari tahu di mana masalah metode ini digunakan.
Masalah untuk bukti ketidaksetaraan.
Contoh 1 Buktikan pertidaksamaan Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n N.
1) Untuk n=1, pertidaksamaan benar, karena 1+х≥1+х
2) Asumsikan bahwa pertidaksamaan benar untuk beberapa n=k, mis.
(1+x) k 1+k x.
Mengalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan bilangan positif 1+x, kita peroleh
(1+x) k+1 (1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2
Mengingat bahwa kx 2 0, kita sampai pada pertidaksamaan
(1+x) k+1 1+(k+1) x.
Jadi, asumsi bahwa pertidaksamaan Bernoulli benar untuk n=k menyiratkan bahwa itu benar untuk n=k+1. Berdasarkan metode induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang n N.
Contoh 2 Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n>1, .
Mari kita buktikan dengan menggunakan metode induksi matematika.
Nyatakan ruas kiri pertidaksamaan dengan.
1), oleh karena itu, untuk n=2 pertidaksamaan benar.
2) Biarkan beberapa k. Mari kita buktikan bahwa dan Kita punya .
Membandingkan dan, kami memiliki, yaitu .
Untuk sembarang bilangan bulat positif k, ruas kanan persamaan terakhir adalah positif. Itu sebabnya. Tetapi, oleh karena itu, dan Kami membuktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap n>1 alami.
Masalah untuk pembuktian identitas.
Contoh 1 Buktikan bahwa untuk sembarang n natural, persamaannya benar:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Misalkan n=1, maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.
2) Misalkan persamaan benar untuk n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.
3) 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.
Contoh 2 Buktikan bahwa untuk setiap n alami persamaan
1) Periksa apakah identitas ini benar untuk n = 1.; - Baik.
2) Biarkan identitasnya benar untuk n = k juga, mis.
3) Mari kita buktikan bahwa identitas ini juga benar untuk n = k + 1, yaitu;
Karena persamaan benar untuk n=k dan n=k+1, maka benar untuk sembarang n alam.
Tugas penjumlahan.
Contoh 1 Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Solusi: 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Oleh karena itu, pernyataan ini benar untuk n=1, yaitu A(1) benar.
2) Buktikan bahwa (k) A(k+1).
Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, yaitu 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) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk setiap n N.
Contoh 2 Buktikan rumusnya, n adalah bilangan asli.
Solusi: Ketika n=1, kedua bagian persamaan berubah menjadi satu dan, oleh karena itu, kondisi pertama prinsip induksi matematika terpenuhi.
Asumsikan bahwa rumus benar untuk n=k, mis. .
Mari kita tambahkan ke kedua sisi persamaan ini dan ubah sisi kanannya. Kemudian kita mendapatkan
Jadi, dari kenyataan bahwa rumus benar untuk n=k, maka benar untuk n=k+1, maka pernyataan ini benar untuk sembarang n natural.
tugas pembagian.
Contoh 1 Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.
Larutan: 1) Misalkan n=1, maka
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.
(23 × 133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataannya 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 2n+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 yang kedua dari faktornya adalah 133.
Jadi, A(k) → A(k+1), maka berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n natural.
Contoh 2 Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 11.
Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 habis 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.
Tugas dari kehidupan nyata.
Contoh 1 Buktikan bahwa jumlah Sn dari sudut-sudut dalam suatu poligon cembung adalah ( P- 2)π, dimana P adalah jumlah sisi poligon ini: Sn = ( P- 2)π (1).
Pernyataan ini tidak masuk akal untuk semua yang alami P, tapi hanya untuk P > 3, karena jumlah sudut dalam segitiga minimal adalah 3.
1) Kapan P= 3 pernyataan kita berbentuk: S 3 = . Tetapi jumlah sudut-sudut dalam setiap segitiga memang . Oleh karena itu, ketika P= 3 rumus (1) benar.
2) Biarkan rumus ini benar untuk n =k, yaitu S k = (k- 2)π, dimana k > 3. Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini rumusnya juga berlaku: S k+ 1 = (k- 1) .
Misalkan A 1 A 2 ... A k SEBUAH k+ 1 - cembung sewenang-wenang ( k+ 1) -gon (Gbr. 338).
Dengan menghubungkan titik A 1 dan A k , kita dapatkan cembung k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Jelas, jumlah sudut ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k SEBUAH k+ 1 sama dengan jumlah sudut k-gon A 1 A 2 ... A k ditambah jumlah sudut segitiga A 1 A k SEBUAH k+ satu . Tetapi jumlah sudut k-gon A 1 A 2 ... A k diasumsikan ( k- 2)π, dan jumlah sudut segitiga A 1 A k SEBUAH k+ 1 sama dengan pi. Itu sebabnya
S k+ 1=S k + π = ( k- 2)π + = ( k- 1) .
Jadi, kedua kondisi prinsip induksi matematika terpenuhi, dan oleh karena itu rumus (1) benar untuk semua alam P > 3.
Contoh 2 Ada tangga, semua langkahnya sama. Diperlukan untuk menunjukkan jumlah minimum posisi yang akan menjamin kemungkinan "mendaki" setiap langkah demi angka.
Semua orang setuju bahwa harus ada syarat. Kita harus bisa menaiki anak tangga pertama. Selanjutnya, mereka harus bisa mendaki dari anak tangga pertama ke anak tangga kedua. Kemudian di yang kedua - di yang ketiga, dll. ke langkah ke-n. Tentu saja, secara agregat, pernyataan "n" menjamin nm bahwa kita akan dapat mencapai langkah ke-n.
Sekarang mari kita lihat posisi 2, 3,…., n dan bandingkan satu sama lain. Sangat mudah untuk melihat bahwa mereka semua memiliki struktur yang sama: jika kita sampai pada langkah k, maka kita dapat menaiki langkah (k + 1). Dari sini, aksioma validitas pernyataan yang bergantung pada "n" seperti itu menjadi wajar: jika kalimat A (n), di mana n adalah bilangan asli, dipenuhi dengan n=1 dan dari fakta bahwa itu dipenuhi dengan n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka ia juga berlaku untuk n=k+1, maka Asumsi A(n) berlaku untuk sembarang bilangan asli n.
Aplikasi
Tugas menggunakan metode induksi matematika saat masuk universitas.
Perhatikan bahwa ketika memasuki institusi pendidikan tinggi, ada juga tugas yang diselesaikan dengan metode ini. Mari kita lihat mereka contoh konkret.
Contoh 1 Buktikan itu alami P kesetaraan yang adil
1) Kapan n=1 kita mendapatkan persamaan yang benar Sin.
2) Setelah membuat asumsi induktif bahwa untuk n= k persamaan benar, pertimbangkan jumlah di ruas kiri persamaan, untuk n =k+1;
3) Menggunakan rumus reduksi, kami mengubah ekspresi:
Kemudian, berdasarkan metode induksi matematis, persamaan berlaku untuk sembarang n natural.
Contoh 2 Buktikan bahwa untuk sembarang n natural, nilai dari ekspresi 4n +15n-1 adalah kelipatan 9.
1) Dengan n=1: 2 2 +15-1=18 - kelipatan 9 (karena 18:9=2)
2) Biarkan kesetaraan berlaku untuk n=k: 4k +15k-1 adalah kelipatan 9.
3) Mari kita buktikan bahwa persamaan berlaku untuk bilangan berikutnya 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) - kelipatan 9;
9(5k-2) - kelipatan 9;
Akibatnya, seluruh ekspresi 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) adalah kelipatan 9, yang harus dibuktikan.
Contoh 3 Buktikan untuk sembarang bilangan asli P kondisi terpenuhi: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.
1) Periksa apakah rumus ini benar untuk n=1: Sisi kiri = 1∙2∙3=6.
Bagian kanan = . 6 = 6; benar di n=1.
2) Asumsikan bahwa rumus ini benar untuk n =k:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.
3) Mari kita buktikan bahwa rumus ini benar untuk n =k+1:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.
S k+1 =.
Bukti:
Jadi, kondisi ini benar dalam dua kasus dan terbukti benar untuk n =k+1, oleh karena itu benar untuk sembarang bilangan asli P.
Kesimpulan
Singkatnya, dalam proses penelitian, saya menemukan apa itu induksi, lengkap atau tidak lengkap, berkenalan dengan metode induksi matematika berdasarkan prinsip induksi matematika, dianggap banyak masalah menggunakan metode ini.
Saya juga mendapatkan banyak informasi baru, berbeda dengan yang ada di kurikulum sekolah, selama mempelajari metode induksi matematika, saya menggunakan berbagai literatur, sumber internet, dan juga berkonsultasi dengan seorang guru.
Kesimpulan: Setelah pengetahuan umum dan sistematis tentang induksi matematika, saya menjadi yakin akan perlunya pengetahuan tentang topik ini dalam kenyataan. Kualitas positif dari metode induksi matematika adalah penerapannya yang luas dalam memecahkan masalah: di bidang aljabar, geometri, dan matematika nyata. Juga, pengetahuan ini meningkatkan minat matematika sebagai ilmu.
Saya yakin bahwa keterampilan yang diperoleh selama bekerja akan membantu saya di masa depan.
Bibliografi
Sominsky I.S. Metode induksi matematika. Ceramah populer tentang matematika, edisi 3-M.: Nauka, 1974.
L.I. Golovina, I.M. Yaglom. Induksi dalam geometri. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 hal. — (Kuliah populer tentang matematika).
Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Manual matematika untuk pelamar ke universitas (Pertanyaan pilihan matematika dasar) - Ed.5th, direvisi, 1976 - 638s.
A.Shen. Induksi matematika. - MTsNMO, 2004. - 36 hal.
M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Kumpulan masalah dalam aljabar: buku teks untuk 8-9 sel. dengan mendalam studi matematika edisi 7. - M.: Pendidikan, 2001. - 271 hal.
Yu.N. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.
Wikipedia adalah ensiklopedia bebas.
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 beberapa 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) X A(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk n>p apa pun.
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) ~ A(k+1)
Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Oleh karena itu, pernyataan ini benar untuk n=1, yaitu A(1) benar
- 2) Buktikan bahwa A(k) ~ A(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) X A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk setiap n N
Buktikan itu
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), di mana x No. 1
- 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) Misalkan k bilangan asli apa saja dan biarkan rumus benar untuk n=k,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(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) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa rumus ini benar untuk sembarang bilangan asli n
Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2
Penyelesaian: 1) Untuk n=3, pernyataan tersebut benar, karena dalam segitiga
A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonal; A 2 A(3) benar
2) Misalkan dalam k-gon cembung apa pun memiliki A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonal. A k Mari kita buktikan bahwa pada suatu konveks A k+1 (k+1)-gon banyaknya diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Misalkan 1 2 А 3 …A k A k+1 -cembung (k+1)-gon. Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah diagonal dari (k + 1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal dalam 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, sebagai tambahan, harus memperhitungkan diagonal A 1 A k
Lewat sini,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Jadi A(k) A(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
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(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 setiap n alami
Buktikan bahwa untuk sembarang n natural, 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
Dapat dilihat dari bukti di atas 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), mis. itu benar
- 2) Asumsikan bahwa ekspresi benar untuk n=k
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ... (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 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, berdasarkan 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 sembarang n natural
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) Kami akan membuktikan 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 terbukti, sehingga pernyataan ini benar untuk sembarang n natural.
Buktikan keabsahan identitasnya
(1 2 /1 3)+(2 2 /3 5)+…+(n 2 /(2n-1) (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) untuk n alami apa pun
- 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) Kami membuktikan 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 bulat positif n.
Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Tetapi (23 133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataan itu benar; A(1) benar.
- 2) Asumsikan (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, A (k) Yu A (k + 1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti
Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa
- 1) Biarkan n=1, maka X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n \u003d k 7 k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa
- 3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 7 k -7 + 6 \u003d 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 sembarang n natural. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 11.
1) Misalkan n=1, maka
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibagi dengan 11 tanpa sisa.
Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n=k X k =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
- 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n=k 1 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: yang pertama mengandung kelipatan 6 bilangan 120, dan yang kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Jadi jumlahnya 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
Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa
- 1. Ketika n=0
- 3 3 -1=26 habis dibagi 26
- 2. Misalkan untuk n=k
- 3 3k+3 -1 habis dibagi 26
- 3. 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
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) Misalkan 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 >0, maka pertidaksamaan (1+х) n >1+n
- 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) A(k+1) jika k> 2. Asumsikan bahwa A(k) benar, yaitu pertidaksamaan
- (1+х) k >1+k x. (3)
Mari kita 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 pertidaksamaan terakhir; kita punya
(1+k x)(1+x)=1+(k+1) x+k x 2 >1+(k+1) x
Sebagai hasilnya, kita mendapatkan bahwa (1+х) k+1 >1+(k+1) x
Jadi A(k) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang n > 2
Buktikan bahwa pertidaksamaan (1+a+a 2) m > 1+m a+(m(m+1)/2) a 2 benar 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) Mari kita 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, karena metode induksi matematis, pertidaksamaan berlaku untuk setiap m alami
Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan 3 n >n 2 n+1
Mari kita tulis ulang pertidaksamaan dalam bentuk (3/2) n >2n
- 1. Untuk n=7 kita memiliki 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 7 pertidaksamaan benar
- 2. Misalkan untuk n=k (3/2) k >2k
- 3) Mari kita buktikan validitas 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 jelas.
Karena metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk sembarang n . alami
Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) Untuk n=3 pertidaksamaan benar
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Misalkan untuk n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Mari kita buktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Mari kita buktikan bahwa 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
s k(k+2)<(k+1) 2 Ы 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. 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 aturan, 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 natural 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. 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 merupakan 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 setiap n alami. 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 di pesawat. Buktikan bahwa untuk setiap 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. 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 sesedikit 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 hipotesis induksi, 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 pada saat yang 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. Jadi, 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. Terdapat n garis yang ditarik pada bidang tersebut, tidak ada dua garis yang sejajar dan tidak ada tiga garis yang melalui titik yang sama. Ke dalam berapa bagian garis-garis ini membagi bidang. 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 secara 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-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 pecahan atau penyebut). 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 dari 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 di pecahan Q, dan x k + 1 tidak akan menjadi tempat x k berdiri (jika x k adalah penyebut, maka x k + 1 akan menjadi pembilang 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, 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 Q yang sama, 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. 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 n asli bilangan 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. METODE INDUKSI MATEMATIKA Kata induksi dalam bahasa Rusia berarti bimbingan, dan induktif disebut kesimpulan berdasarkan pengamatan, eksperimen, mis. diperoleh melalui inferensi dari yang khusus ke yang umum. Misalnya, setiap hari kita mengamati bahwa Matahari terbit dari timur. Karena itu, Anda dapat memastikan bahwa besok akan muncul di timur, dan bukan di barat. Kami menarik kesimpulan ini tanpa menggunakan asumsi apa pun tentang penyebab pergerakan Matahari melintasi langit (apalagi, gerakan ini sendiri ternyata jelas, karena bola dunia benar-benar bergerak). Namun, derivasi induktif ini dengan tepat menggambarkan pengamatan yang akan kita lakukan besok. Peran inferensi induktif dalam ilmu eksperimental sangat besar. Mereka memberikan ketentuan-ketentuan itu, dari mana kesimpulan lebih lanjut kemudian dibuat dengan deduksi. Dan meskipun mekanika teoretis didasarkan pada tiga hukum gerak Newton, hukum-hukum ini sendiri adalah hasil dari pemikiran mendalam melalui data eksperimen, khususnya, hukum gerak planet Kepler, yang diturunkan olehnya selama pemrosesan pengamatan jangka panjang oleh Astronom Denmark Tycho Brahe. Pengamatan dan induksi ternyata berguna di masa depan untuk menyempurnakan asumsi yang dibuat. Setelah eksperimen Michelson tentang pengukuran kecepatan cahaya dalam media yang bergerak, ternyata perlu untuk memperjelas hukum fisika dan membuat teori relativitas. Dalam matematika, peran induksi sebagian besar mendasari aksiomatik yang dipilih. Setelah latihan yang panjang menunjukkan bahwa jalan lurus selalu lebih pendek daripada jalan yang melengkung atau putus, wajar untuk merumuskan aksioma: untuk setiap tiga titik A, B dan C, pertidaksamaan Gagasan yang mendasari aritmatika untuk mengikuti juga muncul dari mengamati pembentukan tentara, kapal, dan himpunan teratur lainnya. Namun, orang tidak boleh berpikir bahwa ini adalah akhir dari peran induksi dalam matematika. Tentu saja, kita tidak harus secara eksperimental memverifikasi teorema yang secara logis disimpulkan dari aksioma: jika tidak ada kesalahan logis yang dibuat dalam derivasi, maka itu benar sejauh aksioma yang telah kita terima benar. Tetapi banyak pernyataan dapat disimpulkan dari sistem aksioma ini. Dan pemilihan pernyataan-pernyataan yang perlu dibuktikan kembali disarankan oleh induksi. Dialah yang memungkinkan kita untuk memisahkan teorema yang berguna dari yang tidak berguna, menunjukkan teorema mana yang ternyata benar, dan bahkan membantu menguraikan jalur pembuktian. Dalam banyak bagian aritmatika, aljabar, geometri, analisis, kita harus membuktikan kebenaran kalimat A(n) yang bergantung pada variabel alami. Pembuktian kebenaran kalimat A(n) untuk semua nilai variabel seringkali dapat dilakukan dengan metode induksi matematika, yang didasarkan pada prinsip berikut. Kalimat A(n) dianggap benar untuk semua nilai natural variabel jika dua kondisi berikut terpenuhi: Proposisi A(n) benar untuk n=1. Dari asumsi bahwa A(n) benar untuk n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka benar untuk nilai berikutnya n=k+1. Prinsip ini disebut prinsip induksi matematika. Biasanya dipilih sebagai salah satu aksioma yang mendefinisikan deret bilangan asli, dan karenanya diterima tanpa bukti. Metode induksi matematika dipahami sebagai metode pembuktian berikut. Jika diperlukan untuk membuktikan kebenaran proposisi A(n) untuk semua n natural, maka, pertama, seseorang harus memeriksa kebenaran proposisi A(1) dan, kedua, mengasumsikan kebenaran proposisi A(k) , coba buktikan bahwa proposisi A(k+1) benar. Jika ini dapat dibuktikan, dan buktinya tetap berlaku untuk setiap nilai natural k, maka, sesuai dengan prinsip induksi matematika, proposisi A(n) diakui benar untuk semua nilai n. Metode induksi matematika banyak digunakan dalam membuktikan teorema, identitas, pertidaksamaan, dalam memecahkan masalah keterbagian, dalam memecahkan beberapa geometri dan banyak masalah lainnya. dapat dibagi Dengan menggunakan metode induksi matematika, seseorang dapat membuktikan berbagai pernyataan tentang pembagian bilangan asli. Pernyataan berikut dapat dibuktikan dengan relatif mudah. Mari kita tunjukkan bagaimana diperoleh dengan menggunakan metode induksi matematika. Contoh 1. Jika n adalah bilangan asli, maka bilangan tersebut genap. Untuk n=1 pernyataan kita benar: - bilangan genap. Mari kita asumsikan itu adalah bilangan genap. Karena , 2k adalah bilangan genap, maka Contoh 2Buktikan kebenaran kalimatnya A(n)=(angka 5 adalah kelipatan 19), n adalah bilangan asli. Larutan. Pernyataan A(1)=(bilangan adalah kelipatan 19) benar. Misalkan untuk beberapa nilai n=k A(k)=(angka adalah kelipatan 19) benar. Kemudian, sejak Jelas, A(k+1) juga benar. Memang, suku pertama habis dibagi 19 berdasarkan asumsi bahwa A(k) benar; suku kedua juga habis dibagi 19, karena mengandung faktor 19. Kedua kondisi prinsip induksi matematika terpenuhi, oleh karena itu, proposisi A(n) benar untuk semua nilai n. penjumlahan seri
Contoh 1Buktikan rumusnya Larutan. Untuk n=1, kedua bagian persamaan menjadi satu dan, oleh karena itu, syarat pertama dari prinsip induksi matematika terpenuhi. Asumsikan bahwa rumus benar untuk n=k, mis. Mari kita tambahkan ke kedua sisi persamaan ini dan ubah sisi kanannya. Kemudian kita mendapatkan Jadi, dari fakta bahwa rumus benar untuk n=k, maka juga benar untuk n=k+1. Pernyataan ini benar untuk setiap nilai natural k. Jadi, syarat kedua dari prinsip induksi matematika juga terpenuhi. Formulanya sudah terbukti. Contoh 2Buktikan bahwa jumlah n bilangan pertama dari deret asli adalah . Larutan. Mari kita tunjukkan jumlah yang diperlukan , mis. Untuk n=1, hipotesis benar. Membiarkan Memang, Masalah terpecahkan. Contoh 3Buktikan bahwa jumlah kuadrat dari n bilangan pertama deret asli sama dengan Larutan. Membiarkan . Mari kita berpura-pura itu Dan akhirnya. Contoh 4 Buktikan itu. Larutan. Jika kemudian Contoh 5 Buktikan itu Larutan. Untuk n=1, hipotesis jelas benar. Membiarkan . Mari kita buktikan itu. Betulkah, Contoh penerapan metode induksi matematika untuk
bukti ketidaksetaraan
Contoh 1Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n>1 Larutan. Nyatakan ruas kiri pertidaksamaan dengan . Oleh karena itu, untuk n=2, pertidaksamaan benar. Biarkan beberapa k. Mari kita buktikan bahwa maka dan . Kita punya Membandingkan dan , kita memiliki Untuk sembarang bilangan bulat positif k, ruas kanan persamaan terakhir adalah positif. Itu sebabnya. Tetapi , Oleh karena itu, dan . Contoh 2Menemukan kesalahan dalam penalaran. Penyataan. Untuk setiap n natural, pertidaksamaannya benar. Bukti. . (1)
Mari kita buktikan bahwa pertidaksamaan juga berlaku untuk n=k+1, yaitu. Memang, setidaknya 2 untuk setiap k alami. Mari kita tambahkan pertidaksamaan (1) ke ruas kiri, dan ruas kanan 2. Kita mendapatkan pertidaksamaan yang adil , atau Contoh 3Buktikan itu Larutan. Untuk n=2, pertidaksamaan benar, karena . Biarkan pertidaksamaan benar untuk n=k, di mana k adalah bilangan asli, mis. Mari kita tunjukkan bahwa pertidaksamaan juga berlaku untuk n=k+1, yaitu. . (2)
Memang, dengan asumsi, , oleh karena itu, ketidaksetaraan , (3)
diperoleh dari pertidaksamaan (1) dengan mengalikan setiap bagiannya dengan . Mari kita tulis ulang pertidaksamaan (3) sebagai berikut: . Membuang suku positif di ruas kanan pertidaksamaan terakhir, kita memperoleh pertidaksamaan yang valid (2). Contoh 4 Buktikan itu (1)
dimana , , n adalah bilangan asli lebih besar dari 1. Larutan. Untuk n=2, pertidaksamaan (1) berbentuk Karena , maka pertidaksamaan . (3)
Menambahkan ke setiap bagian dari pertidaksamaan (3) dengan , kita memperoleh pertidaksamaan (2). Ini membuktikan bahwa pertidaksamaan (1) berlaku untuk n=2. Biarkan pertidaksamaan (1) valid untuk n=k, di mana k adalah bilangan asli, mis. . (4)
Mari kita buktikan bahwa pertidaksamaan (1) juga harus valid untuk n=k+1, yaitu. (5)
Mari kita kalikan kedua bagian pertidaksamaan (4) dengan a+b. Karena, dengan syarat, , kita memperoleh pertidaksamaan wajar berikut: . (6)
Untuk membuktikan pertidaksamaan (5), cukup ditunjukkan bahwa , (7)
atau, yang sama, . (8)
Ketimpangan (8) sama dengan pertidaksamaan Jika , Maka , Dan pada ruas kiri pertidaksamaan (9) kita memiliki hasil kali dua bilangan positif. Jika , Maka , Dan pada ruas kiri pertidaksamaan (9) kita memiliki hasil kali dua bilangan negatif. Dalam kedua kasus ketidaksamaan (9) adalah valid. Hal ini membuktikan bahwa validitas pertidaksamaan (1) untuk n=k menyiratkan validitasnya untuk n=k+1. Metode induksi matematika seperti yang diterapkan pada orang lain
tugas Aplikasi yang paling alami dari metode induksi matematika dalam geometri, dekat dengan penggunaan metode ini dalam teori bilangan dan aljabar, adalah aplikasi untuk penyelesaian masalah komputasi geometris. Mari kita lihat beberapa contoh. Contoh 1Hitung sisi yang benar - sebuah persegi tertulis dalam lingkaran dengan jari-jari R. Larutan. Untuk n=2 benar 2 n - persegi adalah persegi; sisinya. Selanjutnya, menurut rumus penggandaan temukan bahwa sisi segi delapan beraturan Mari kita asumsikan bahwa sisi dari -gon bertulisan beraturan dinyatakan oleh rumus (1). Dalam hal ini, dengan rumus penggandaan maka rumus (1) berlaku untuk semua n. Contoh 2Berapa banyak segitiga yang dapat dibagi menjadi n-gon (tidak harus cembung) dengan diagonal-diagonalnya yang tidak berpotongan? Larutan. Untuk segitiga, angka ini sama dengan satu (tidak ada diagonal yang dapat digambar dalam segitiga); untuk segiempat jumlah ini jelas sama dengan dua. Misalkan kita sudah tahu bahwa setiap k-gon, di mana k Sebuah A 1 A 2 Biarkan 1 k menjadi salah satu diagonal dari partisi ini; itu membagi n-gon 1 2 …А n menjadi k-gon A 1 A 2 …A k dan (n-k+2)-gon 1 k A k+1 …A n . Berdasarkan asumsi yang dibuat, jumlah total segitiga partisi akan sama dengan (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; dengan demikian pernyataan kami terbukti untuk semua n. Contoh 3Tentukan aturan untuk menghitung jumlah P(n) dari cara-cara di mana n-gon cembung dapat dibagi menjadi segitiga dengan diagonal yang tidak berpotongan. Larutan. Untuk segitiga, angka ini jelas sama dengan satu: P(3)=1. Misalkan kita telah menentukan angka P(k) untuk semua k (n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -satu). Dengan menggunakan rumus ini, kami secara berturut-turut memperoleh: 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 dll. Selain itu, dengan menggunakan metode induksi matematika, Anda dapat menyelesaikan masalah dengan grafik. Biarkan jaringan garis diberikan pada bidang, menghubungkan beberapa titik satu sama lain dan tidak memiliki titik lain. Kami akan menyebut jaringan garis seperti itu sebagai peta, titik-titik yang diberikan adalah simpulnya, segmen kurva antara dua simpul yang berdekatan - batas peta, bagian-bagian pesawat yang dibagi dengan perbatasan - negara-negara peta. Biarkan beberapa peta diberikan di pesawat. Kami akan mengatakan bahwa itu diwarnai dengan benar jika masing-masing negaranya dicat dengan warna tertentu, dan dua negara yang memiliki perbatasan yang sama dicat dengan warna yang berbeda. Contoh 4Ada n lingkaran di pesawat. Buktikan bahwa untuk setiap susunan lingkaran-lingkaran ini, peta yang dibentuk oleh mereka dapat diwarnai dengan benar dengan dua warna. Larutan. Untuk n=1 pernyataan kami jelas. Misalkan pernyataan kita 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, misalnya, hitam dan putih.Masalah dengan solusi
Masalah tanpa solusi
Inti dari metode induksi matematika
Metode induksi matematika dalam menyelesaikan masalah pada
bahkan. Jadi, paritas terbukti untuk n=1, paritas diturunkan dari paritas 
.Jadi, bahkan untuk semua nilai natural n.
Penerapan metode induksi matematika untuk
, n adalah bilangan asli.
.
.
. Mari kita tunjukkan itu 
.
.
.
. Kemudian
.
, .
, yaitu 
.
.
. Pernyataan itu terbukti.
, di mana >-1, , n adalah bilangan asli yang lebih besar dari 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, sisi segi enam biasa 
, sisi dari tiga puluh dua sudut biasa 
. Oleh karena itu, kita dapat mengasumsikan bahwa sisi dari 2 . bertulisan beraturan n - kuadrat untuk sembarang adalah sama
. (1)
,
