Lyceum MBOU "Teknis dan Ekonomi"

METODE INDUKSI MATEMATIKA

METODE INDUKSI MATEMATIKA.

CATATAN PENJELASAN

Pengembangan metodologi "Metode induksi matematika» disusun untuk siswa kelas 10 dari profil matematika.

Tujuan utama: untuk memperkenalkan siswa dengan metode induksi matematika dan mengajarkan bagaimana menerapkannya ketika memecahkan berbagai tugas.

PADA pengembangan metodologi pertanyaan matematika dasar dipertimbangkan: masalah dapat dibagi, bukti identitas, bukti ketidaksetaraan, masalah yang diajukan derajat yang bervariasi kesulitan, termasuk tugas-tugas yang ditawarkan di Olimpiade.

Peran inferensi induktif dalam ilmu eksperimental sangat besar. Mereka memberikan ketentuan-ketentuan itu, dari mana kesimpulan lebih lanjut kemudian dibuat dengan deduksi. Nama metode induksi matematika menipu - sebenarnya, metode ini deduktif dan memberikan bukti yang kuat dari pernyataan yang ditebak dengan induksi. Metode induksi matematika membantu mengidentifikasi hubungan antara bagian matematika yang berbeda, membantu mengembangkan budaya matematika siswa.

Pengertian metode induksi matematika. Induksi lengkap dan tidak lengkap. Bukti ketidaksetaraan. Bukti identitas. Memecahkan masalah pembagian. Memecahkan berbagai masalah pada topik "Metode induksi matematika".

SASTRA UNTUK GURU

1. M.L. Galitsky. Studi mendalam tentang kursus aljabar dan analisis matematis. - M. Pencerahan. 1986.

2. L.I. Zvavich. Aljabar dan awal dari analisis. Materi didaktik. M.Drofa.2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Aljabar dan analisis matematis. Pencerahan M. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Metode induksi matematika. NGU.1995.

SASTRA UNTUK SISWA

1. N.Ya. Vilenkin. Aljabar dan analisis matematis. Pencerahan M. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Metode induksi matematika. NGU.1995.

KATA KUNCI

Induksi, aksioma, prinsip induksi matematika, induksi lengkap, induksi tidak lengkap, penegasan, identitas, pertidaksamaan, pembagian.

LAMPIRAN DIDAKTIK UNTUK TOPIK

“METODE INDUKSI MATEMATIKA”.

Pelajaran 1

Pengertian metode induksi matematika.

Metode induksi matematika merupakan salah satu metode yang sangat efektif untuk menemukan hasil baru dan membuktikan kebenaran asumsi yang dikemukakan. Meskipun metode ini bukan hal baru dalam matematika, minat terhadapnya tidak berkurang. Untuk pertama kalinya dalam presentasi yang jelas, metode induksi matematika diterapkan pada abad ke-17 oleh ilmuwan Prancis terkemuka Blaise Pascal dalam membuktikan sifat-sifat segitiga bilangan, yang sejak itu dinamai menurut namanya. Namun, ide induksi matematika diketahui oleh orang Yunani kuno. Metode induksi matematika didasarkan pada prinsip induksi matematika, yang diterima sebagai aksioma. Kami akan mempertimbangkan ide induksi matematika dengan contoh.

Contoh 1.

Persegi dibagi oleh segmen menjadi dua bagian, kemudian salah satu bagian yang dihasilkan dibagi menjadi dua bagian, dan seterusnya. Tentukan berapa bagian persegi tersebut dibagi menjadi P Langkah?

Keputusan.

Setelah langkah pertama, kami, dengan syarat, mendapatkan 2 bagian. Pada langkah kedua, kami membiarkan satu bagian tidak berubah, dan membagi yang kedua menjadi 2 bagian dan mendapatkan 3 bagian. Pada langkah ketiga, kami membiarkan 2 bagian tidak berubah, dan membagi yang ketiga menjadi dua bagian dan mendapatkan 4 bagian. Pada langkah keempat, kami membiarkan 3 bagian tidak berubah, dan bagian terakhir bagi dua dan dapatkan 5 bagian. Pada langkah kelima, kita akan mendapatkan 6 bagian. Saran tersebut disampaikan melalui P langkah yang kita dapatkan (n+1) bagian. Tapi proposisi ini perlu dibuktikan. Mari kita asumsikan melalui ke langkah persegi dibagi menjadi (k+1) bagian. Kemudian pada (k+1) langkah kita ke bagian akan dibiarkan tidak berubah, dan (k+1) bagilah bagian itu menjadi dua bagian dan dapatkan (k+2) bagian. Anda perhatikan bahwa Anda dapat berdebat seperti ini selama yang Anda suka, ad infinitum. Artinya, asumsi kami adalah bahwa P langkah persegi akan dibagi menjadi (n+1) bagian, menjadi terbukti.

Contoh #2.

Nenek saya memiliki seorang cucu perempuan yang sangat menyukai selai, dan terutama yang dalam toples liter. Namun sang nenek tidak mengizinkannya menyentuh. Dan cucu perempuan memutuskan untuk menipu nenek mereka. Dia memutuskan untuk makan setiap hari 1/10 liter dari toples ini dan menambahkannya dengan air, sambil diaduk rata. Setelah berapa hari nenek akan mengetahui tipuan itu jika tampilan selai tetap sama ketika diencerkan dengan air hingga setengahnya?

Keputusan.

Temukan berapa banyak selai murni yang tersisa di dalam toples setelahnya P hari. Setelah hari pertama, campuran akan tetap berada di toples, terdiri dari 9/10 jam dan 1/10 air. Setelah dua hari, 1/10 campuran air dan selai akan hilang dari toples dan tersisa (1 liter campuran berisi 9/10 liter selai, 1/10 liter campuran berisi 9/100 liter selai)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 liter selai. Pada hari ketiga, 1/10 liter campuran yang terdiri dari 81/100 jam dan 19/100 air akan hilang dari toples. Dalam 1 liter campuran terdapat 81/100 liter selai, dalam 1/10 liter campuran terdapat 81/1000 liter selai. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 liter selai akan tersisa setelah 3 hari, dan sisanya akan diambil oleh air. Sebuah pola muncul. Melalui P hari tersisa di bank (9/10) P aku macet. Tapi sekali lagi, ini hanya tebakan kami.

Biarlah ke adalah bilangan asli arbitrer. Mari kita asumsikan melalui ke hari di bank akan tetap (9/10) sampai l jam. Mari kita lihat apa yang akan ada di bank di hari lain, yaitu di (k+1) hari. Akan hilang dari bank 1/10l campuran dari (9/10) ke aku selai dan air. PADA 1l campuran adalah (9/10) ke aku selai, dalam 1/10l campuran (9/10) k+1 aku selai. Sekarang kita dapat dengan aman mengatakan itu melalui P hari tersisa di bank (9/10) P aku selai. Dalam 6 hari bank akan memiliki 531444/1000000l macet, setelah 7 hari - 4782969/10000000l selai, yaitu kurang dari setengah.

Menjawab: setelah 7 hari, nenek akan menemukan penipuan.

Mari kita coba untuk memilih yang paling mendasar dalam solusi dari masalah yang dipertimbangkan. Kami mulai menyelesaikan masing-masing dengan mempertimbangkan kasus terpisah atau, seperti yang mereka katakan, khusus. Kemudian, berdasarkan pengamatan kami, kami membuat beberapa asumsi P(n), tergantung alam P.

pernyataan itu diperiksa, yaitu, terbukti P(1), P(2), P(3);

menyarankan bahwa P(n) berlaku untuk n=k dan menyimpulkan bahwa itu akan berlaku untuk selanjutnya n, n=k+1.

Dan kemudian mereka berdebat seperti ini: P(1) Baik, P(2) Baik, P(3) Baik, P(4) benar... benar P(n).

Prinsip induksi matematika.

Penyataan P(n), tergantung alam P, berlaku untuk semua alami P, jika

1) validitas pernyataan untuk n=1;

2) dari asumsi validitas pernyataan P(n) pada n=k Sebaiknya

keadilan P(n) pada n=k+1.

Dalam matematika, prinsip induksi matematika dipilih, sebagai suatu peraturan, sebagai salah satu aksioma yang mendefinisikan deret bilangan asli, dan, oleh karena itu, diterima tanpa bukti. Metode pembuktian dengan prinsip induksi matematika biasanya disebut metode induksi matematika. Perhatikan bahwa metode ini banyak digunakan dalam membuktikan teorema, identitas, pertidaksamaan dalam memecahkan masalah keterbagian dan banyak masalah lainnya.

Pelajaran 2

Induksi lengkap dan tidak lengkap.

Dalam kasus ketika pernyataan matematika menyangkut sejumlah objek yang terbatas, dapat dibuktikan dengan memeriksa setiap objek, misalnya, pernyataan "Setiap dua nilai bilangan genap adalah jumlah dua bilangan prima. Metode pembuktian di mana kita menguji pernyataan untuk sejumlah kasus yang terbatas disebut induksi matematika lengkap. Metode ini relatif jarang digunakan, karena pernyataan paling sering dipertimbangkan dalam set tak terbatas. Sebagai contoh, teorema "Setiap bilangan genap sama dengan jumlah dua bilangan prima" belum terbukti atau terbantahkan sejauh ini. Bahkan jika kita menguji teorema ini untuk satu miliar pertama, itu tidak akan membawa kita selangkah lebih dekat untuk membuktikannya.

PADA ilmu pengetahuan Alam menerapkan induksi yang tidak lengkap, memeriksa eksperimen beberapa kali, mentransfer hasilnya ke semua kasus.

Contoh #3

Ayo tebak dengan induksi tidak lengkap rumus jumlah pangkat tiga bilangan asli.

Keputusan.

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

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

Bukti.

Biarkan itu benar untuk n=k.

Mari kita buktikan bahwa itu benar untuk n=k+1.

Kesimpulan: rumus jumlah pangkat tiga bilangan asli berlaku untuk semua bilangan asli P.

Contoh #4

Pertimbangkan persamaannya dan tebak yang mana hukum adat berikan contoh-contoh ini.

Keputusan.

1=0+1

2+3+4=1+8

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

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

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

……………………………………………………………..

Contoh #5

Tulislah ekspresi berikut sebagai penjumlahan:

1)
2)
3)
; 4)
.

huruf Yunani"sigma".

Contoh #6.

Tulislah bilangan-bilangan berikut dengan menggunakan tanda
:

2)

Contoh #7.

Tulis ekspresi berikut sebagai produk:

1)

3)
4)

Contoh #8.

Tulislah karya-karya berikut dengan menggunakan tanda

(huruf besar Yunani "pi")

1)
2)

Contoh #9.

Menghitung nilai polinomial f ( n )= n 2 + n +11 , pada n=1,2,3,4.5,6,7 dapat diasumsikan bahwa untuk setiap alamP nomor f ( n ) sederhana.

Apakah asumsi ini benar?

Keputusan.

Jika setiap jumlah habis dibagi oleh suatu bilangan, maka jumlah tersebut habis dibagi oleh bilangan tersebut,
tidak bilangan prima untuk alam apa punP.

Mengurai sejumlah terbatas kasus bermain peran penting dalam matematika: tanpa memberikan bukti dari pernyataan ini atau itu, akan membantu untuk menebak kata-kata yang benar pernyataan ini, jika belum diketahui. Beginilah cara Goldbach, anggota Akademi Ilmu Pengetahuan St. Petersburg, mengajukan hipotesis bahwa bilangan asli apa pun, mulai dari dua, adalah jumlah dari paling banyak tiga sederhana angka.

Pelajaran #3

Metode induksi matematika memungkinkan kita untuk membuktikan berbagai identitas.

Contoh #10. Mari kita buktikan itu untuk semua P identitas

Keputusan.

Mari kita taruh

Kita perlu membuktikan bahwa

Mari kita buktikan bahwa Kemudian dari kebenaran identitas

kebenaran identitas mengikuti

Dengan prinsip induksi matematika, kebenaran identitas untuk semua P.

Contoh #11.

Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

persamaan istilah.

;
. Jadi identitas ini berlaku untuk semuaP .

Pelajaran nomor 4.

Pembuktian identitas dengan induksi matematika.

Contoh #12. Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

Menerapkan prinsip induksi matematika, kami membuktikan bahwa persamaan berlaku untuk semua P.

Contoh #13. Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

Menerapkan prinsip induksi matematika, kami membuktikan bahwa pernyataan itu benar untuk semua alam P.

Contoh #14. Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

Contoh #15. Ayo buktikan identitasnya

1) n=1;

2) untuk n=k persamaan

3) buktikan bahwa persamaan berlaku untuk n=k+1:

Kesimpulan: identitas berlaku untuk semua alam P.

Contoh #16. Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

Jika sebuah n=1 , kemudian

Biarkan identitas bertahan untuk n=k.

Mari kita buktikan bahwa identitas itu berlaku untuk n=k+1.

Maka identitas itu berlaku untuk alam apa pun P.

Pelajaran nomor 5.

Pembuktian identitas dengan induksi matematika.

Contoh #17. Ayo buktikan identitasnya

Bukti.

Jika sebuah n=2 , maka kita mendapatkan persamaan yang benar:

Biarkan persamaan menjadi benar untukn=k:

Mari kita buktikan validitas pernyataan untuk n=k+1.

Menurut prinsip induksi matematika, identitas terbukti.

Contoh #18. Ayo buktikan identitasnya
untuk n≥2.

Pada n=2 identitas ini akan ditulis ulang dengan sangat bentuk sederhana

dan jelas benar.

Biarkan di n=k Betulkah

.

Mari kita buktikan validitas pernyataan untukn=k+1, yaitu, persamaan terpenuhi: .

Jadi, kami telah membuktikan bahwa identitas itu berlaku untuk semua alam n≥2.

Contoh #19. Ayo buktikan identitasnya

Pada n=1 kita mendapatkan persamaan yang benar:

Mari kita asumsikan bahwa pada n=k kami juga mendapatkan persamaan yang benar:

Mari kita buktikan bahwa validitas persamaan diamati untuk n=k+1:

Maka identitas itu berlaku untuk alam apa pun P.

Pelajaran nomor 6.

Memecahkan masalah pembagian.

Contoh #20. Buktikan dengan induksi matematika bahwa

dibagi dengan 6 tanpa jejak.

Bukti.

Pada n=1 ada pembagian menjadi6 tanpa jejak,
.

Biarkan di n=k ekspresi
banyak6.

Mari kita buktikan bahwa ketika n=k+1 ekspresi
banyak6 .

Setiap suku adalah kelipatan 6 , jadi jumlahnya adalah kelipatan dari 6 .

Contoh nomor 21.
pada5 tanpa jejak.

Bukti.

Pada n=1 ekspresi dapat dibagi
.

Biarkan di n=k ekspresi
juga dibagi menjadi5 tanpa jejak.

Pada n=k+1 dibagi dengan 5 .

Contoh #22. Buktikan pembagian suatu ekspresi
pada16.

Bukti.

Pada n=1 banyak 16 .

Biarkan di n=k
banyak16.

Pada n=k+1

Semua suku habis dibagi 16: yang pertama jelas yang kedua dengan asumsi, dan yang ketiga memiliki angka genap dalam tanda kurung.

Contoh #23. Buktikan dapat dibagi
pada676.

Bukti.

Mari kita buktikan dulu
dibagi dengan
.

Pada n=0
.

Biarkan di n=k
dibagi dengan26 .

Kemudian di n=k+1 dibagi dengan 26 .

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah.

Pada n=1 dibagi dengan 676.

Pada n=k memang benar itu
dibagi dengan26 2 .

Pada n=k+1 .

Kedua suku habis dibagi 676 ; yang pertama adalah karena kita telah membuktikan pembagiannya dengan 26 ekspresi dalam tanda kurung, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif.

Pelajaran nomor 7.

Memecahkan masalah pembagian.

Contoh nomor 24.

Buktikan itu
dibagi dengan5 tanpa jejak.

Bukti.

Pada n=1
dibagi dengan5.

Pada n=k
dibagi dengan5 tanpa jejak.

Pada n=k+1 setiap suku habis dibagi5 tanpa jejak.

Contoh #25.

Buktikan itu
dibagi dengan6 tanpa jejak.

Bukti.

Pada n=1
dibagi dengan6 tanpa jejak.

Biarkan di n=k
dibagi dengan6 tanpa jejak.

Pada n=k+1 dibagi dengan 6 tidak ada sisa, karena setiap suku habis dibagi6 tanpa sisa: istilah pertama, dengan asumsi induktif, yang kedua, jelas, yang ketiga, karena
nomor genap.

Contoh #26.

Buktikan itu
saat membagi dengan9 memberikan sisanya 1 .

Bukti.

Ayo buktikan
dibagi dengan9 .

Pada n=1
dibagi dengan 9 . Biarkan di n=k
dibagi dengan9 .

Pada n=k+1 dibagi dengan 9 .

Contoh nomor 27.

Buktikan habis dibagi15 tanpa jejak.

Bukti.

Pada n=1 dibagi dengan 15 .

Biarkan di n=k dibagi dengan 15 tanpa jejak.

Pada n=k+1

Suku pertama adalah kelipatan15 dengan hipotesis induksi, suku kedua adalah kelipatan dari15 – tentu saja, suku ketiga adalah kelipatan dari15 , sebagai
banyak5 (dibuktikan pada contoh No. 21), suku keempat dan kelima juga merupakan kelipatan5 , yang jelas, maka jumlahnya adalah kelipatan dari15 .

Pelajaran nomor 8-9.

Bukti pertidaksamaan dengan induksi matematika

Contoh #28.
.

Pada n=1 kita punya
- Baik.

Biarkan di n=k
adalah pertidaksamaan yang benar.

Pada n=k+1

Maka pertidaksamaan berlaku untuk sembarang alam P.

Contoh #29. Buktikan bahwa pertidaksamaan itu benar
untuk apa saja P.

Pada n=1 kita mendapatkan pertidaksamaan yang benar 4 >1.

Biarkan di n=k ketidaksetaraan
.

Mari kita buktikan bahwa ketika n=k+1 ketidaksetaraan

Untuk alam apa pun ke ketidaksetaraan diamati.

Jika sebuah
pada
kemudian

Contoh #30.

untuk alam apa pun P dan apa saja

Biarlah n=1
, Baik.

Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan berlaku untuk n=k:
.

Pada n=k+1

Contoh nomor 31. Buktikan validitas pertidaksamaan

untuk alam apa pun P.

Mari kita buktikan dulu bahwa untuk alam apa pun t ketidaksetaraan

Kalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan
. Kami memperoleh pertidaksamaan ekuivalen atau
;
; - ketidaksetaraan ini berlaku untuk semua alam t.

Pada n=1 pertidaksamaan asli benar
;
;
.

Biarkan ketidaksetaraan berlaku untuk n=k:
.

Pada n=k+1

Pelajaran nomor 10.

Memecahkan masalah pada topik

Metode induksi matematika.

Contoh #32. Buktikan pertidaksamaan Bernoulli.

Jika sebuah
, maka untuk semua nilai naturalP ketidaksetaraan

Bukti.

Pada n=1 pertidaksamaan yang dibuktikan berbentuk
dan jelas benar. Mari kita asumsikan itu benar untukn=k , yaitu apa
.

Karena sesuai dengan kondisi
, kemudian
, dan oleh karena itu pertidaksamaan tidak berubah artinya jika kedua bagiannya dikalikan dengan
:

Sebagai
, maka kita mendapatkan itu

.

Jadi pertidaksamaan benar untuk n=1, dan dari kebenarannya di n=k maka itu benar dan n=k+1. Oleh karena itu, dengan induksi matematika, berlaku untuk semua alam P.

Sebagai contoh,

Contoh nomor 33. Temukan semua nilai alamiP , dimana pertidaksamaan

Keputusan.

Pada n=1 ketidaksetaraan itu benar. Pada n=2 ketimpangan juga benar.

Pada n=3 ketidaksetaraan tidak lagi terpenuhi. Hanya bila n=6 pertidaksamaan berlaku, sehingga untuk basis induksi kita dapat mengambil n=6.

Asumsikan bahwa pertidaksamaan benar untuk beberapa natural ke:

Pertimbangkan ketidaksetaraan

Pertidaksamaan terakhir berlaku jika
Uji pada topik n=1 diberikan secara berulang: n≥5 , di mana P- -bilangan asli.

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 masuk ilmu matematika deduksi adalah satu-satunya metode penelitian 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 alami angka ganjil 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 seragam fungsi kontinu. 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) Seperti disebutkan di atas, hipotesis ini benar di 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. 

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. Karena rumus yang diketahui , 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. Kemudian, sejak x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, setidaknya ada satu nomor non-satu lainnya (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, sejak

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 jari-jari R.

Savelyeva Ekaterina

Makalah ini membahas penerapan metode induksi matematika dalam memecahkan masalah keterbagian, hingga penjumlahan deret. Contoh penerapan metode induksi matematika pada bukti pertidaksamaan dan penyelesaiannya masalah geometris. Karya diilustrasikan dengan presentasi.

Unduh:

Pratinjau:

Kementerian Sains dan Pendidikan Federasi Rusia

Institusi pendidikan negara

rata-rata sekolah yang komprehensif № 618

Kursus: Aljabar dan Awal Analisis

Topik pekerjaan proyek

"Metode induksi matematika dan penerapannya dalam pemecahan masalah"

Pekerjaan telah selesai: Savelyeva E, kelas 11B

Pengawas : Makarova T.P., guru matematika, sekolah menengah 618

1. Perkenalan.

2.Metode induksi matematika dalam menyelesaikan masalah keterbagian.

3. Penerapan metode induksi matematika pada penjumlahan deret.

4. Contoh penerapan metode induksi matematika pada pembuktian pertidaksamaan.

5. Penerapan metode induksi matematika pada penyelesaian masalah geometri.

6. Daftar literatur yang digunakan.

pengantar

Di dasar setiap penelitian matematika kebohongan deduktif dan metode induktif. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran yang dimulai dengan hasil keseluruhan, dan titik akhir adalah hasil parsial. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif. Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kami mulai dari yang terendah, sebagai hasilnya berpikir logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah menetapkannya untuk berpikir secara induktif. Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, dalam kurikulum sekolah dia diberi sedikit waktu, tetapi sangat penting untuk dapat berpikir secara induktif. Penerapan prinsip ini dalam memecahkan masalah dan membuktikan teorema setara dengan pertimbangan dalam praktek sekolah dan prinsip matematika lainnya: eksklusi tengah, inklusi-eksklusi, Dirichlet, dll. Esai ini berisi masalah dari berbagai cabang matematika, yang alat utamanya adalah penggunaan metode induksi matematika. Berbicara tentang pentingnya metode ini, A.N. Kolmogorov mencatat bahwa “pemahaman dan kemampuan menerapkan prinsip induksi matematika adalah kriteria yang baik kedewasaan, yang mutlak diperlukan bagi seorang matematikawan. Metode induksi dalam arti luas terdiri dari transisi dari pengamatan pribadi ke universal, pola umum atau kata-kata umum. Dalam interpretasi ini, metode tentu saja merupakan teknik utama untuk melakukan penelitian dalam ilmu alam eksperimental apa pun.

aktivitas orang. Metode (prinsip) induksi matematika dalam bentuknya yang paling sederhana digunakan ketika diperlukan untuk membuktikan pernyataan untuk semua bilangan asli.

Masalah 1. Dalam artikelnya “Bagaimana Saya Menjadi Ahli Matematika” A.N. Kolmogorov menulis: "Saya belajar kegembiraan "penemuan" matematika lebih awal, setelah memperhatikan pada usia lima atau enam tahun polanya

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 dan seterusnya.

Sekolah menerbitkan majalah "Spring Swallows". Di dalamnya, penemuan saya diterbitkan ... "

Kami tidak tahu bukti seperti apa yang diberikan dalam jurnal ini, tetapi semuanya dimulai dengan pengamatan pribadi. Hipotesis itu sendiri, yang mungkin muncul setelah penemuan persamaan parsial ini, adalah bahwa rumusnya

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

benar untuk setiap nomor yang diberikan n = 1, 2, 3, ...

Untuk membuktikan dugaan ini, cukup dengan menetapkan dua fakta. Pertama, untuk n = 1 (dan genap untuk n = 2, 3, 4) pernyataan yang diinginkan benar. Kedua, misalkan pernyataan tersebut benar untuk n = k, dan verifikasi bahwa itu juga benar untuk n = k + 1:

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

Oleh karena itu, pernyataan yang dibuktikan benar untuk semua nilai n: untuk n = 1 itu benar (ini telah diverifikasi), dan berdasarkan fakta kedua, untuk n = 2, dari mana untuk n = 3 (karena fakta kedua yang sama), dst.

Soal 2. Pertimbangkan semua kemungkinan pecahan biasa dengan pembilang 1 dan sembarang (bilangan bulat positif)

penyebut: Buktikan untuk sembarang n> 3 dapat direpresentasikan sebagai jumlah P berbagai fraksi semacam ini.

Keputusan, Yuk cek dulu pernyataan ini pada n = 3; kita punya:

Oleh karena itu, asersi dasar terpenuhi

Misalkan sekarang pernyataan yang menarik bagi kita benar untuk beberapa nomor ke, dan buktikan juga benar untuk bilangan yang mengikutinya ke + 1. Dengan kata lain, misalkan ada representasi

di mana k istilah dan semua penyebutnya berbeda. Mari kita buktikan bahwa maka adalah mungkin untuk memperoleh representasi unit dalam bentuk jumlah dari ke + 1 pecahan tipe yang diinginkan. Kami akan menganggap bahwa pecahan berkurang, yaitu, penyebut (dalam representasi unit dengan jumlah ke istilah) meningkat dari kiri ke kanan sehingga t adalah penyebut terbesar. Kita akan mendapatkan representasi yang kita butuhkan dalam bentuk penjumlahan(ke + 1) Pecahan ke-1, jika kita membagi satu pecahan, misalnya pecahan terakhir, menjadi dua. Hal ini dapat dilakukan karena

Dan maka dari itu

Selain itu, semua pecahan tetap berbeda, karena t adalah penyebut terbesar, dan t + 1 > t, dan

m(t + 1) > m.

Dengan demikian, kami telah menetapkan:

1. untuk n = 3 pernyataan ini benar;

1. jika pernyataan yang kita minati benar untuk ke,
   maka itu juga berlaku untuk ke +1

Atas dasar ini, kita dapat menyatakan bahwa pernyataan yang dipertimbangkan adalah benar untuk semua bilangan asli, mulai dari tiga. Selain itu, bukti di atas juga menyiratkan suatu algoritma untuk menemukan partisi kesatuan yang diinginkan. (Algoritme apa ini? Bayangkan angka 1 sebagai jumlah dari 4, 5, 7 suku sendiri.)

Dalam menyelesaikan dua masalah sebelumnya, dilakukan dua langkah. Langkah pertama disebut dasar induksi, yang keduatransisi induktifatau langkah induksi. Langkah kedua adalah yang paling penting, dan melibatkan asumsi (pernyataan itu benar untuk n = k) dan kesimpulan (pernyataan benar untuk n = k + 1). Parameter p itu sendiri disebut parameter induksi.Ini diagram logika(penerimaan), yang memungkinkan kita untuk menyimpulkan bahwa pernyataan yang dipertimbangkan benar untuk semua bilangan asli (atau untuk semua, mulai dari beberapa), karena basis dan transisinya valid, disebutprinsip induksi matematika, di mana dan metode induksi matematika didasarkan.Istilah "induksi" sendiri berasal dari kata Latin induktif (bimbingan), yang berarti peralihan dari pengetahuan tunggal item individu dari kelas ini untuk kesimpulan umum tentang semua mata pelajaran dari kelas tertentu, yang merupakan salah satu metode utama kognisi.

Prinsip induksi matematika, dalam bentuk dua langkah biasa, pertama kali muncul pada tahun 1654 dalam Risalah Blaise Pascal tentang Segitiga Aritmatika, di mana cara sederhana untuk menghitung jumlah kombinasi (koefisien binomial) dibuktikan dengan induksi. D. Poya dalam buku mengutip B. Pascal dengan perubahan kecil, diberikan dalam tanda kurung siku:

“Meskipun fakta bahwa proposisi yang sedang dipertimbangkan [rumus eksplisit untuk koefisien binomial] mengandung jumlah kasus khusus yang tak terbatas, saya akan memberikan bukti yang sangat singkat untuk itu, berdasarkan dua lemma.

Lemma pertama menyatakan bahwa dugaan itu benar untuk basis - ini jelas. [Pada P = 1 rumus eksplisit valid...]

Lemma kedua menyatakan sebagai berikut: jika asumsi kita benar untuk basis arbitrer [untuk r arbitrer], maka akan benar untuk basis berikut [untuk r arbitrer]. n+1].

Kedua lemma ini tentu menyiratkan validitas proposisi untuk semua nilai P. Memang, berdasarkan lemma pertama, itu berlaku untuk P = 1; oleh karena itu, berdasarkan lemma kedua, ini berlaku untuk P = 2; oleh karena itu, sekali lagi berdasarkan lemma kedua, ini berlaku untuk n = 3 dan seterusnya sampai tak terhingga.

Soal 3. Menara teka-teki Hanoi terdiri dari tiga batang. Di salah satu batang ada piramida (Gbr. 1), terdiri dari beberapa cincin dengan diameter berbeda, menurun dari bawah ke atas

Gambar 1

Piramida ini harus dipindahkan ke salah satu batang lainnya, hanya memindahkan satu cincin setiap kali dan tidak menempatkan cincin yang lebih besar pada yang lebih kecil. Bisakah itu dilakukan?

Keputusan. Jadi, kita perlu menjawab pertanyaan: apakah mungkin untuk memindahkan piramida yang terdiri dari P cincin dengan diameter berbeda, dari satu batang ke batang lainnya, mengikuti aturan permainan? Sekarang masalahnya, seperti yang mereka katakan, diparametrikan oleh kita (bilangan asli P), dan dapat diselesaikan dengan induksi matematika.

1. dasar induksi. Untuk n = 1, semuanya jelas, karena piramida satu cincin jelas dapat dipindahkan ke batang apa pun.
2. langkah induksi. Misalkan kita dapat memindahkan piramida apa pun dengan jumlah cincin p = k.
   Mari kita buktikan bahwa kita juga dapat memindahkan pertengahan piramida dari n = k + 1.

Piramida dari ke cincin tergeletak di yang terbesar(ke + 1)-th ring, kita dapat, menurut asumsi, pindah ke pivot lainnya. Ayo lakukan. diam(ke + 1) cincin ke-th tidak akan mengganggu kami untuk melakukan algoritma perpindahan, karena ini adalah yang terbesar. Setelah pindah ke berdering, pindahkan yang terbesar ini(ke + 1) dering ke batang yang tersisa. Dan kemudian kami kembali menerapkan algoritma bergerak yang kami ketahui dengan asumsi induktif ke berdering, dan pindahkan ke tongkat dengan(ke + 1) dering. Jadi, jika kita dapat memindahkan piramida dengan ke cincin, maka kita bisa memindahkan piramida dan ke + 1 cincin. Oleh karena itu, menurut prinsip induksi matematika, selalu mungkin untuk memindahkan piramida, yang terdiri dari n cincin, di mana n > 1.

Metode induksi matematika dalam menyelesaikan masalah keterbagian.

Dengan menggunakan metode induksi matematika, seseorang dapat membuktikan berbagai pernyataan tentang pembagian bilangan asli.

Tugas 4 . 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, begitu juga. Jadi, paritas terbukti untuk n=1, paritas dideduksi dari paritas Jadi, bahkan untuk semua nilai natural n.

Tugas 3. Buktikan bahwa bilangan Z 3 + 3 - 26n - 27 dengan alam sewenang-wenang n habis dibagi 26 2 tanpa sisa.

Keputusan. Mari kita buktikan terlebih dahulu dengan induksi sebuah pernyataan bantu bahwa 3 3n+3 1 habis dibagi 26 tanpa sisa n > 0.

1. dasar induksi. Untuk n = 0 kita memiliki: Z 3 - 1 \u003d 26 - dibagi 26.

langkah induksi. Misalkan 3 3n + 3 - 1 habis dibagi 26 jika n = k, dan Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini pernyataan akan benar untuk n = k + 1. Sejak 3

maka dari asumsi induktif kita simpulkan bahwa bilangan 3 3k + 6 - 1 habis dibagi 26.

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah. Dan lagi dengan induksi.

1. dasar induksi. Jelas bahwa pada n = 1 pernyataan benar: sejak 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. langkah induksi. Mari kita asumsikan bahwa pada n = k
   ekspresi 3 3k + 3 - 26k - 27 habis dibagi 26 2 tanpa sisa, dan buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1,
   yaitu nomor itu

habis dibagi 26 2 tanpa jejak. Pada penjumlahan terakhir, kedua suku dibagi tanpa sisa dengan 26 2 . Yang pertama adalah karena kami telah membuktikan bahwa ekspresi dalam tanda kurung habis dibagi 26; yang kedua, dengan hipotesis induktif. Berdasarkan prinsip induksi matematika, pernyataan yang diperlukan terbukti sepenuhnya.

Penerapan metode induksi matematika pada penjumlahan deret.

Tugas 5. Buktikan rumusnya

N adalah bilangan asli.

Keputusan.

Untuk n=1, kedua bagian persamaan menjadi satu dan, oleh karena itu, kondisi pertama dari prinsip induksi matematika terpenuhi.

Asumsikan bahwa rumus benar untuk n=k, mis.

Tambahkan ke kedua sisi persamaan ini dan ubah sisi kanan. Kemudian kita mendapatkan

Jadi, dari fakta bahwa rumus benar untuk n=k, maka juga benar untuk n=k+1. Pernyataan ini benar untuk semua nilai natural k. Jadi, syarat kedua dari prinsip induksi matematika juga terpenuhi. Formulanya sudah terbukti.

Tugas 6. Dua angka tertulis di papan tulis: 1.1. Memasukkan jumlah mereka di antara angka-angka, kami mendapatkan angka 1, 2, 1. Mengulangi operasi ini lagi, kami mendapatkan angka 1, 3, 2, 3, 1. Setelah tiga operasi, angkanya akan menjadi 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Berapa jumlah semua angka di papan tulis setelahnya? 100 operasi?

Keputusan. Lakukan semua 100 operasi akan sangat memakan waktu dan memakan waktu. Jadi, kita perlu mencoba menemukan beberapa rumus umum untuk jumlah S angka setelah n operasi. Mari kita lihat tabelnya:

Apakah Anda melihat ada pola di sini? Jika tidak, Anda dapat mengambil satu langkah lagi: setelah empat operasi, akan ada angka

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

yang jumlah S 4 adalah 82.

Sebenarnya, Anda tidak bisa menulis angka, tetapi segera katakan bagaimana jumlahnya akan berubah setelah menambahkan angka baru. Biarkan jumlahnya sama dengan 5. Apa jadinya jika angka baru ditambahkan? Mari kita bagi setiap nomor baru menjadi jumlah dari dua yang lama. Misalnya, dari 1, 3, 2, 3, 1 kita pergi ke 1,

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

Artinya, setiap angka lama (kecuali untuk dua yang ekstrem) sekarang memasuki jumlah tiga kali, sehingga jumlah baru adalah 3S - 2 (kurangi 2 untuk memperhitungkan unit yang hilang). Oleh karena itu S 5 = 3S 4 - 2 = 244, dan secara umum

Apakah yang rumus umum? Jika bukan karena pengurangan dua unit, maka setiap kali jumlahnya akan meningkat tiga kali lipat, seperti dalam pangkat tiga (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Dan nomor kami, seperti yang Anda lihat sekarang, adalah satu lagi. Dengan demikian, dapat diasumsikan bahwa

Sekarang mari kita coba membuktikannya dengan induksi.

dasar induksi. Lihat tabel (untuk n = 0, 1, 2, 3).

langkah induksi. Mari kita berpura-pura itu

Mari kita buktikan bahwa S hingga + 1 \u003d Z hingga + 1 + 1.

Betulkah,

Jadi, formula kami terbukti. Ini menunjukkan bahwa setelah seratus operasi, jumlah semua angka di papan akan sama dengan 3 100 + 1.

Pertimbangkan satu contoh yang bagus penerapan prinsip induksi matematika, di mana Anda harus terlebih dahulu memperkenalkan dua parameter alami dan kemudian melakukan induksi pada jumlah mereka.

Tugas 7. Buktikan jika= 2, x 2 = 3 dan untuk setiap alami n> 3

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

kemudian

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

Keputusan. Perhatikan bahwa dalam masalah ini urutan awal angka(x n ) ditentukan oleh induksi, karena suku-suku barisan kami, kecuali dua yang pertama, diberikan secara induktif, yaitu melalui yang sebelumnya. Barisan yang diberikan disebut berulang, dan dalam kasus kami urutan ini ditentukan (dengan menentukan dua suku pertamanya) dengan cara yang unik.

dasar induksi. Ini terdiri dari memeriksa dua pernyataan: n=1 dan n=2.B Dalam kedua kasus, pernyataan itu benar dengan asumsi.

langkah induksi. Mari kita asumsikan bahwa untuk n = k - 1 dan n = k pernyataan dibuat, yaitu

Mari kita buktikan pernyataan untuk n = k + 1. Kami memiliki:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, yang harus dibuktikan.

Tugas 8. Buktikan bahwa setiap bilangan asli dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari beberapa berbagai anggota urutan berulang dari angka Fibonacci:

untuk k > 2.

Keputusan. Biarkan p - bilangan asli. Kami akan melakukan induksi pada P.

dasar induksi. Untuk n = Pernyataan 1 benar, karena satuannya sendiri adalah bilangan Fibonacci.

langkah induksi. Asumsikan bahwa semua bilangan asli kurang dari beberapa bilangan P, dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari beberapa suku yang berbeda dari barisan Fibonacci. Ayo temukan nomor terbesar fibonacci Ft , tidak melebihi P; jadi F t n dan F t +1 > n.

Sejauh

Dengan hipotesis induksi, jumlah p- F t dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari 5 anggota deret Fibonacci yang berbeda, dan dari pertidaksamaan terakhir dapat disimpulkan bahwa semua anggota deret Fibonacci yang terlibat dalam jumlah 8 kurang dari Ft . Oleh karena itu, perluasan bilangan n = 8 + F t memenuhi kondisi masalah.

Contoh penerapan metode induksi matematika pada pembuktian pertidaksamaan.

Tugas 9. (Ketidaksamaan Bernoulli.)Buktikan bila x > -1, x 0, dan untuk bilangan bulat n > 2 ketidaksetaraan

(1 + x) n > 1 + xn.

Keputusan. Kami akan kembali melakukan pembuktian dengan induksi.

1. Dasar induksi. Mari kita verifikasi validitas pertidaksamaan untuk n = 2. Memang,

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

2. Langkah induksi. Mari kita asumsikan bahwa untuk nomor n = k pernyataan tersebut benar yaitu

(1 + x) k > 1 + xk,

Dimana k > 2. Kami membuktikannya untuk n = k + 1. Kami memiliki: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Jadi, berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk semua n > 2.

Tidak selalu dalam kondisi masalah diselesaikan dengan menggunakan metode induksi matematika, hukum umum yang perlu dibuktikan dirumuskan dengan jelas. Kadang-kadang perlu, dengan mengamati kasus-kasus tertentu, untuk terlebih dahulu menemukan (menebak) hukum umum apa yang mereka tuju, dan baru kemudian membuktikan hipotesis yang dinyatakan dengan induksi matematika. Selain itu, variabel induksi dapat disamarkan, dan sebelum menyelesaikan masalah, perlu untuk menentukan parameter mana yang akan dilakukan induksi. Sebagai contoh, perhatikan tugas-tugas berikut.

Soal 10. Buktikan bahwa

untuk alam apa pun n > 1.

Keputusan, Mari kita coba buktikan pertidaksamaan ini dengan induksi matematika.

Dasar induksi mudah diverifikasi: 1+

Dengan hipotesis induktif

dan tinggal kita untuk membuktikannya

Dengan menggunakan hipotesis induktif, kita akan menegaskan bahwa

Meskipun kesetaraan ini sebenarnya benar, itu tidak memberi kita solusi untuk masalah tersebut.

Mari kita coba membuktikan pernyataan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah awal. Yaitu, kami akan membuktikan bahwa

Tampaknya membuktikan pernyataan ini dengan induksi tidak ada harapan.

Namun, pada p = 1 kita memiliki: pernyataan itu benar. Untuk membenarkan langkah induktif, anggaplah bahwa

dan kemudian kita akan membuktikannya

Betulkah,

Jadi, kami telah membuktikan pernyataan yang lebih kuat, dari mana pernyataan yang terkandung dalam kondisi masalah segera mengikuti.

Hal instruktif di sini adalah bahwa meskipun kita harus membuktikan pernyataan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah, kita juga bisa menggunakan asumsi yang lebih kuat dalam langkah induktif. Hal ini menjelaskan bahwa penerapan langsung prinsip induksi matematika tidak selalu mengarah pada tujuan.

Situasi yang muncul dalam menyelesaikan masalah disebutparadoks penemu.Paradoksnya sendiri lebih dari itu rencana yang rumit dapat diimplementasikan dengan sukses besar jika didasarkan pada pemahaman yang lebih dalam tentang substansi masalah.

Soal 11. Buktikan bahwa 2m + n - 2m untuk alam apa pun Tipe.

Keputusan. Di sini kita memiliki dua pilihan. Karena itu, Anda dapat mencoba melakukan apa yang disebutinduksi ganda(induksi dalam induksi).

Kami akan melakukan penalaran induktif pada P.

1. Dasar induksi menurut hal. Untuk n = 1 perlu memeriksa itu 2 t ~ 1 > t. Untuk membuktikan pertidaksamaan ini, kita menggunakan induksi pada t.

sebuah) Dasar induksi oleh vol. Untuk t = 1 sedang berlangsung
kesetaraan, yang dapat diterima.

b) Langkah induksi menurut t.Mari kita asumsikan bahwa pada t = k pernyataan itu benar, yaitu 2k ~ 1 > k. Kemudian naik
Mari kita katakan bahwa pernyataan itu benar bahkan jika m = k + 1.
Kita punya:

di alam k.

Jadi, pertidaksamaan 2 dilakukan untuk alam apa pun t.

2. Langkah induksi sesuai itemPilih dan perbaiki beberapa bilangan asli t. Mari kita asumsikan bahwa pada n = saya pernyataan itu benar (untuk tetap t), yaitu 2 t +1 ~ 2 > t1, dan buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = l + 1.
Kita punya:

untuk alam apa pun Tipe.

Oleh karena itu, berdasarkan prinsip induksi matematika (menurut P) pernyataan masalah benar untuk semua P dan untuk setiap tetap t. Jadi, ketidaksetaraan ini berlaku untuk semua alam Tipe.

Soal 12. Misalkan m, n dan k adalah bilangan asli, dan t > p Manakah dari dua angka yang lebih besar:

Dalam setiap ekspresi ke tanda-tanda akar pangkat dua, t dan n bergantian.

Keputusan. Mari kita buktikan dulu beberapa pernyataan bantu.

Kata pengantar singkat. Untuk alam apa pun t dan n (t > n) dan non-negatif (tidak harus bilangan bulat) X ketidaksetaraan

Bukti. Pertimbangkan ketidaksetaraan

Pertidaksamaan ini benar, karena kedua faktor di ruas kiri adalah positif. Memperluas tanda kurung dan mengonversi, kami mendapatkan:

Mengambil akar kuadrat dari kedua bagian pertidaksamaan terakhir, kita memperoleh penegasan lemma. Jadi lemmanya terbukti.

Sekarang mari kita beralih ke pemecahan masalah. Mari kita tunjukkan yang pertama dari angka-angka ini dengan sebuah, dan yang kedua melalui b ke . Mari kita buktikan bahwa untuk alam apa pun ke. Pembuktian akan dilakukan dengan metode induksi matematika secara terpisah untuk genap dan ganjil ke.

dasar induksi. Untuk k = 1 kita memiliki ketidaksetaraan

y[t > y/t , yang valid karena fakta bahwa m > n. = 2, hasil yang diinginkan diperoleh dari lemma terbukti dengan mensubstitusi x = 0.

langkah induksi. Misalkan, untuk beberapa pertidaksamaan a >b ke adil. Ayo buktikan

Dari asumsi induksi dan kemonotonan akar kuadrat, kita peroleh:

Di sisi lain, berikut dari lemma yang terbukti bahwa

Menggabungkan dua pertidaksamaan terakhir, kita mendapatkan:

Menurut prinsip induksi matematika, pernyataan terbukti.

Tugas 13. (Ketidaksamaan Cauchy.)Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan positif..., sebuah p ketidaksetaraan

Keputusan. Untuk n = 2 pertidaksamaan

mean aritmatika dan mean geometrik (untuk dua bilangan) akan dianggap diketahui. Biarlah n= 2, k = 1, 2, 3, ... dan pertama-tama lakukan induksi pada ke. Dasar dari induksi ini berlaku, dengan asumsi sekarang bahwa pertidaksamaan yang diinginkan telah ditentukan untuk n = 2 , kami akan membuktikannya untuk P = 2 . Kami memiliki (menggunakan ketidaksetaraan untuk dua angka):

Oleh karena itu, dengan hipotesis induksi

Jadi, dengan induksi pada k, kami telah membuktikan ketidaksetaraan untuk semua hal 9 yang merupakan kekuatan dua.

Untuk membuktikan pertidaksamaan untuk nilai-nilai lain P kami akan menggunakan "induksi turun", yaitu, kami akan membuktikan bahwa jika pertidaksamaan dipenuhi untuk non-negatif sewenang-wenang P angka, itu juga berlaku untuk(P - 1) nomor. Untuk memverifikasi ini, kami mencatat bahwa, menurut asumsi yang dibuat, untuk P bilangan, pertidaksamaan

yaitu, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Membagi kedua bagian menjadi P - 1, kami memperoleh ketidaksetaraan yang diperlukan.

Jadi, pertama-tama kita tentukan bahwa ketidaksetaraan berlaku untuk bilangan tak terhingga nilai yang mungkin P, dan kemudian menunjukkan bahwa jika pertidaksamaan berlaku untuk P angka, itu juga berlaku untuk(P - 1) angka. Dari sini kita sekarang menyimpulkan bahwa pertidaksamaan Coty berlaku untuk himpunan P setiap bilangan non-negatif untuk apa saja n = 2, 3, 4, ...

Soal 14. (D. Uspensky.) Untuk setiap segitiga ABC dengan sudut = CAB, = CBA sepadan, ada ketidaksetaraan

Keputusan. Sudut dan sebanding, dan ini (menurut definisi) berarti bahwa sudut-sudut ini memiliki ukuran yang sama, yang = p, = (p, q adalah bilangan asli).

Mari kita gunakan metode induksi matematika dan menggambarnya di atas jumlah n = p + q bilangan asli koprima..

dasar induksi. Untuk p + q = 2 kita memiliki: p = 1 dan q = 1. Maka segitiga ABC sama kaki, dan pertidaksamaan yang diperlukan jelas: mereka mengikuti pertidaksamaan segitiga

langkah induksi. Misalkan sekarang ketidaksetaraan yang diinginkan ditetapkan untuk p + q = 2, 3, ..., k - 1, di mana k > 2. Mari kita buktikan bahwa pertidaksamaan juga berlaku untuk p + q = k.

Biarkan ABC — segitiga yang diberikan, Pilih satu> 2. Maka sisi AC dan BC tidak bisa sama: mari AC > SM. Mari kita bangun sekarang, seperti pada Gambar 2, sebuah segitiga sama kaki ABC; kita punya:

AC \u003d DC dan AD \u003d AB + BD, oleh karena itu,

2AC > AB + BD (1)

Pertimbangkan sekarang segitiga VDC, yang sudutnya juga sebanding:

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

Beras. 2

Segitiga ini memenuhi asumsi induktif, dan oleh karena itu

(2)

Menambahkan (1) dan (2), kami memiliki:

2AC+BD>

dan maka dari itu

Dari segitiga yang sama WBS dengan hipotesis induksi kami menyimpulkan bahwa

Mempertimbangkan pertidaksamaan sebelumnya, kami menyimpulkan bahwa

Dengan demikian, transisi induktif diperoleh, dan pernyataan masalah mengikuti prinsip induksi matematika.

Komentar. Pernyataan masalah tetap valid bahkan ketika sudut a dan p tidak sebanding. Berdasarkan pertimbangan dalam kasus umum sudah harus menerapkan penting lainnya prinsip matematika- prinsip kontinuitas.

Soal 15. Beberapa garis lurus membagi bidang menjadi beberapa bagian. Buktikan bahwa mungkin untuk mewarnai bagian-bagian ini dengan warna putih

dan warna hitam sehingga bagian yang berdekatan memiliki segmen umum perbatasan adalah warna berbeda(seperti pada Gambar 3 dengan n = 4).

gambar 3

Keputusan. Kami menggunakan induksi pada jumlah baris. Jadi mari P - jumlah garis yang membagi pesawat kita menjadi beberapa bagian, n > 1.

dasar induksi. Jika hanya ada satu yang lurus(P = 1), kemudian membagi bidang menjadi dua setengah bidang, yang salah satunya dapat diwarnai warna putih, dan yang kedua berwarna hitam, dan pernyataan masalahnya benar.

langkah induksi. Untuk membuat bukti langkah induktif lebih jelas, pertimbangkan proses penambahan satu baris baru. Jika kita menggambar garis kedua(P= 2), maka kita mendapatkan empat bagian yang dapat diwarnai dengan cara yang diinginkan dengan mewarnai sudut yang berlawanan dalam satu warna. Mari kita lihat apa yang terjadi jika kita menggambar garis lurus ketiga. Ini akan membagi beberapa bagian "lama", sementara bagian baru dari perbatasan akan muncul, di kedua sisi yang warnanya sama (Gbr. 4).

Beras. 4

Mari kita lanjutkan sebagai berikut:satu sisidari garis lurus baru kita akan mengubah warna - kita akan membuat putih menjadi hitam dan sebaliknya; pada saat yang sama, bagian-bagian yang terletak di sisi lain dari garis lurus ini tidak dicat ulang (Gbr. 5). Maka pewarnaan baru ini akan memuaskan persyaratan yang tepat: di satu sisi garis lurus, itu sudah bergantian (tetapi dengan warna berbeda), dan di sisi lain, itu perlu. Agar bagian-bagiannya memiliki perbatasan umum, milik garis yang digambar, dicat dengan warna yang berbeda, dan kami mengecat ulang bagian-bagiannya hanya di satu sisi dari garis yang digambar ini.

Gbr.5

Mari kita buktikan langkah induktifnya. Misalkan untuk beberapan = kpernyataan masalah ini valid, yaitu, semua bagian dari pesawat yang dibagi dengan inikelurus, Anda bisa melukis dalam warna putih dan hitam sehingga bagian yang berdekatan memiliki warna yang berbeda. Mari kita buktikan bahwa ada pewarnaan seperti itu untukP= ke+ 1 lurus. Mari kita lanjutkan dengan cara yang sama dengan kasus transisi dari dua garis lurus ke tiga. Mari kita habiskan di pesawatkelangsung. Kemudian, dengan asumsi induktif, "peta" yang dihasilkan dapat diwarnai dengan cara yang diinginkan. Ayo belanja sekarang(ke+ 1)-garis lurus dan di satu sisinya kita ubah warna menjadi yang berlawanan. Jadi sekarang(keGaris lurus + 1)-th di mana-mana memisahkan bagian dengan warna berbeda, sedangkan bagian "lama", seperti yang telah kita lihat, tetap diwarnai dengan benar. Menurut prinsip induksi matematika, masalah terpecahkan.

Tugas16. Di tepi gurun ada stok besar bensin dan sebuah mobil yang, ketika bahan bakarnya terisi penuh, dapat menempuh jarak 50 kilometer. Dalam jumlah yang tidak terbatas, ada tabung tempat Anda dapat mengalirkan bensin dari tangki bensin mobil dan membiarkannya disimpan di mana saja di padang pasir. Buktikan bahwa mobil dapat menempuh jarak bilangan bulat lebih dari 50 kilometer. Dilarang membawa kaleng bensin, kaleng kosong bisa dibawa dalam jumlah berapa pun.

Keputusan.Mari kita coba buktikan dengan induksi padaP,yang bisa dikendarai mobilPkilometer dari tepi gurun. PadaP= 50 diketahui. Tetap melakukan langkah induksi dan menjelaskan bagaimana menuju ke sanan = k+ 1 km jika diketahuin = kkilometer dapat ditempuh.

Namun, di sini kami menemui kesulitan: setelah kami luluskekilometer, bensin bahkan mungkin tidak cukup untuk perjalanan pulang (belum lagi penyimpanan). Dan masuk kasus ini jalan keluarnya adalah dengan memperkuat penegasan yang sedang dibuktikan (paradoks penemu). Kami akan membuktikan bahwa itu tidak hanya mungkin untuk dikendaraiPkilometer, tetapi juga untuk membuat pasokan bensin yang besar secara sewenang-wenang pada suatu titik di kejauhanPkilometer dari tepi gurun, berada di titik ini setelah akhir transportasi.

dasar induksi.Biarkan satu unit bensin menjadi jumlah bensin yang dibutuhkan untuk menyelesaikan satu kilometer perjalanan. Kemudian perjalanan 1 kilometer dan kembali membutuhkan dua unit bensin, sehingga kita dapat meninggalkan 48 unit bensin di penyimpanan satu kilometer dari tepi dan kembali lagi. Dengan demikian, untuk beberapa kali perjalanan ke penyimpanan, kita dapat membuat stok dengan ukuran sewenang-wenang yang kita butuhkan. Pada saat yang sama, untuk membuat 48 unit stok, kami menghabiskan 50 unit bensin.

langkah induksi.Mari kita asumsikan bahwa dari kejauhanP= kedari tepi gurun Anda dapat menyimpan bensin dalam jumlah berapa pun. Mari kita buktikan bahwa adalah mungkin untuk membuat repositori dari kejauhann = k+ 1 km dengan persediaan bensin yang telah ditentukan dan berada di penyimpanan ini di akhir transportasi. Karena pada intinyaP= keada persediaan bensin yang tidak terbatas, maka (sesuai dengan basis induksi) kita dapat, dalam beberapa perjalanan ke titikn = k+1 untuk membuat poinP= ke4- 1 stok dari berbagai ukuran yang Anda butuhkan.

Kebenaran pernyataan yang lebih umum daripada kondisi masalah sekarang mengikuti prinsip induksi matematika.

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 itu logis dan tugas menghibur, yaitu hanya mereka yang meningkatkan minat matematika itu sendiri sebagai ilmu. Memecahkan masalah seperti itu 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.

literatur

1. INDUKSI Vulenkin. kombinatorik. Buku Pegangan UNTUK guru. M., Pencerahan,

1976.-48 hal.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induksi dalam geometri. - M.: Gosud. penerbit menyala. - 1956 - S.I00. Sebuah manual tentang matematika untuk pelamar ke universitas / Ed. Yakovleva G.N. Ilmu. -1981. - H.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induksi dalam geometri. —
M.: Nauka, 1961. - (Kuliah populer tentang matematika.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. tutorial/ “Pencerahan” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Apa itu Matematika?" Bab 1, 2

6. Popa D. Matematika dan penalaran yang masuk akal. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. penemuan matematika. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cara mengajar dengan metode induksi matematika / Matematika sekolah. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Pada metode induksi matematika. - M.: Nauka, 1977. - (Kuliah populer tentang matematika.)

10. Solominsky I.S. Metode induksi matematika. - M.: Sains.

63 detik

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Pada induksi matematika. - M.: Sains. - 1967. - S.7-59.

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

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

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) X A(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) ~ 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 banyaknya diagonal cembung n-gon sama dengan 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 Buktikan bahwa pada suatu konveks A k+1 (k+1)-gon banyaknya diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

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

Dengan demikian,

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 natural

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 dapat dilihat 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 dibuktikan, 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) 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 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 pernyataannya 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 setiap 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 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: 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

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)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

Memang, mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan nomor positif 1+x, kita peroleh

(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

Akibatnya, 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) 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 matematika, pertidaksamaan berlaku untuk semua 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 terlihat jelas.

Karena metode induksi matematis, pertidaksamaan ini 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)

• 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.