Metode induksi matematika
pengantar
Bagian utama
- Induksi lengkap dan tidak lengkap
- Prinsip induksi matematika
- Metode induksi matematika
- Solusi dari contoh
- Persamaan
- Pembagian bilangan
- ketidaksetaraan
Kesimpulan
Daftar literatur yang digunakan
pengantar
Metode deduktif dan induktif adalah dasar dari setiap penelitian matematika. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran, titik awalnya adalah hasil umum, dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif.
Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kita mulai dari yang terendah, sebagai hasil dari pemikiran logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah menetapkannya untuk berpikir secara induktif.
Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, sedikit waktu yang dicurahkan untuk itu dalam kurikulum sekolah. Nah, katakanlah bahwa orang yang berguna akan dibawa oleh dua atau tiga pelajaran di mana dia mendengar lima kata teori, memecahkan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, mendapat lima karena tidak tahu apa-apa.
Tapi ini sangat penting - untuk bisa berpikir secara induktif.
Bagian utama
Dalam arti aslinya, kata "induksi" diterapkan pada penalaran yang dengannya kesimpulan umum diperoleh berdasarkan sejumlah pernyataan tertentu. Metode penalaran paling sederhana semacam ini adalah induksi lengkap. Berikut adalah contoh dari penalaran tersebut.
Biarkan diperlukan untuk menetapkan bahwa setiap bilangan genap alami n dalam 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Kesembilan persamaan ini menunjukkan bahwa masing-masing bilangan yang menarik bagi kita memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku prima.
Jadi, induksi lengkap adalah bahwa pernyataan umum dibuktikan secara terpisah di masing-masing dari sejumlah kasus yang mungkin terbatas.
Terkadang hasil umum dapat diprediksi setelah mempertimbangkan tidak semua, melainkan sejumlah besar kasus khusus (yang disebut induksi tidak lengkap).
Hasil yang diperoleh dengan induksi tidak lengkap, bagaimanapun, tetap hanya hipotesis sampai dibuktikan dengan penalaran matematis yang tepat, yang mencakup semua kasus khusus. Dengan kata lain, induksi tidak lengkap dalam matematika tidak dianggap sebagai metode yang sah untuk pembuktian yang ketat, tetapi merupakan metode yang ampuh untuk menemukan kebenaran baru.
Misal, kita harus mencari jumlah n bilangan ganjil pertama yang berurutan. Pertimbangkan kasus khusus:
1+3+5+7+9=25=5 2
Setelah mempertimbangkan beberapa kasus khusus ini, kesimpulan umum berikut ini muncul dengan sendirinya:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
itu. jumlah n bilangan ganjil pertama berurutan adalah n2
Tentu saja pengamatan yang dilakukan belum bisa menjadi bukti validitas rumus di atas.
Induksi lengkap hanya memiliki aplikasi terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematika yang menarik mencakup jumlah kasus khusus yang tak terbatas, dan kita tidak dapat menguji jumlah kasus yang tak terbatas. Induksi yang tidak lengkap sering menyebabkan hasil yang salah.
Dalam banyak kasus, jalan keluar dari kesulitan semacam ini adalah menggunakan metode penalaran khusus, yang disebut metode induksi matematika. Ini adalah sebagai berikut.
Biarkan perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu untuk setiap bilangan asli n (misalnya, perlu untuk membuktikan bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama sama dengan n 2). Verifikasi langsung dari pernyataan ini untuk setiap nilai n tidak mungkin, karena himpunan bilangan asli tidak terbatas. Untuk membuktikan pernyataan ini, pertama-tama periksa validitasnya untuk n=1. Kemudian dibuktikan bahwa untuk setiap nilai natural k, validitas pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k menyiratkan validitasnya untuk n=k+1 juga.
Maka pernyataan tersebut dianggap terbukti untuk semua n. Memang, pernyataan itu benar untuk n=1. Tetapi kemudian juga berlaku untuk bilangan berikutnya n=1+1=2. Validitas pernyataan untuk n=2 menyiratkan validitasnya untuk n=2+
1=3. Ini menyiratkan validitas pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Jelas bahwa, pada akhirnya, kita akan mencapai bilangan asli n. Jadi, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n.
Meringkas apa yang telah dikatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.
Prinsip induksi matematika.
Jika kalimat A(n), yang bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1, dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka kalimat itu juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka Asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.
Dalam 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)ÞA(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)ÞA(k+1).
Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Solusi: 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Karena itu,
pernyataan benar untuk n=1, mis. A(1) benar.
2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).
Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, mis.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu Apa
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Memang,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa Asumsi A(n) benar untuk nОN apa pun.
Buktikan itu
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), di mana x¹1
Solusi: 1) Untuk n=1 kita dapatkan
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; A(1) benar.
2) Biarkan k menjadi bilangan asli apa pun dan biarkan rumusnya benar untuk n=k, mis.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Mari kita buktikan bahwa persamaan
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Memang
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa rumus tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.
Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2.
Solusi: 1) Untuk n=3, pernyataan benar
Dan 3 benar, karena dalam segitiga
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal;
A2A(3) benar.
2) Misalkan di sembarang
k-gon cembung memiliki-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonal.
A k Mari kita buktikan bahwa kemudian dalam cembung
(k+1)-gon nomor
diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Misalkan 1 2 3 …A k A k+1 -sudut cembung (k+1). Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah diagonal dari (k + 1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal di k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. jumlah diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik A k+1 , dan, selain itu, diagonal A 1 A k harus diperhitungkan.
Dengan demikian,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Jadi A(k)ÞA(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk sembarang n-gon cembung.
Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan benar:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.
Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk n=k+1
Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k+1) (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk n alami apa pun.
Buktikan bahwa untuk sembarang n alam, persamaannya benar:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Solusi: 1) Misalkan n=1.
Maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa persamaan benar untuk n=k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.
3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.
Dari pembuktian di atas jelas bahwa pernyataan benar untuk n=k+1, oleh karena itu, persamaan berlaku untuk sembarang n natural.
Buktikan itu
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), di mana n>2.
Solusi: 1) Untuk n=2 identitasnya terlihat seperti: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
itu. itu benar.
2) Asumsikan bahwa ekspresi benar untuk n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Kami akan membuktikan kebenaran ekspresi untuk n=k+1.
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1))))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+)
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
((k+1) 2 +(k+1)+1).
Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, karena metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk setiap n>2
Buktikan itu
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
untuk setiap n alam.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Asumsikan bahwa n=k, maka
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).
Validitas persamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, sehingga pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.
Buktikan keabsahan identitasnya
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
untuk setiap n alam.
1) Untuk n=1 identitasnya benar 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Asumsikan bahwa untuk n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Buktikan bahwa identitas benar untuk n=k+1.
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).
Dapat dilihat dari bukti di atas bahwa pernyataan benar untuk sembarang bilangan asli n.
Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.
Tetapi (23´133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataan itu benar; A(1) benar.
2) Misalkan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.
3) Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini
(11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +
+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .
Jumlah yang dihasilkan habis dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan faktor kedua adalah 133. Jadi, (k)ÞА(k+1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.
Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa untuk n=k
7 k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.
3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Suku pertama habis dibagi 6, karena 7 k -1 habis dibagi 6 dengan asumsi, dan suku kedua adalah 6. Jadi 7 n -1 adalah kelipatan 6 untuk sembarang n natural. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk n natural sembarang habis dibagi 11.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibagi 11 tanpa sisa. Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa untuk n=k
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 tanpa sisa.
3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1.
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =
27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +
11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .
Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 dengan asumsi, suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Jadi, jumlahnya adalah juga habis dibagi 11 tanpa sisa untuk n natural apa pun. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 11 2n -1 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 6 tanpa sisa.
Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa untuk n=k
11 2k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Kedua suku habis dibagi 6 tanpa sisa: yang pertama mengandung kelipatan 6 bilangan 120, dan yang kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Jadi jumlah tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 3 3n+3 -26n-27 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 26 2 (676) tanpa sisa.
Penyelesaian: Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa.
- Untuk n=0
- Misalkan untuk n=k
- Mari kita buktikan bahwa pernyataan
3 3 -1=26 habis dibagi 26
3 3k+3 -1 habis dibagi 26
benar untuk n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – habis dibagi 26
Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah.
1) Jelas bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar
3 3+3 -26-27=676
2) Asumsikan bahwa untuk n=k
ekspresi 3 3k+3 -26k-27 habis dibagi 26 2 tanpa sisa.
3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Kedua suku habis dibagi 26 2 ; yang pertama habis dibagi 26 2 karena kita telah membuktikan bahwa ekspresi dalam kurung habis dibagi 26, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa jika n>2 dan x>0, maka pertidaksamaan
(1+x) n >1+n´x.
Solusi: 1) Untuk n=2, pertidaksamaan benar, karena
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Jadi A(2) benar.
2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1) jika k > 2. Misalkan A(k) benar, yaitu pertidaksamaan
(1+x) k >1+k´x. (3)
Buktikan bahwa A(k+1) juga benar, yaitu pertidaksamaan
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Memang, mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan bilangan positif 1+x, kita memperoleh
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Pertimbangkan sisi kanan yang tidak sama terakhir
stva; kita punya
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Hasilnya, kita mendapatkan itu
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang
Buktikan bahwa pertidaksamaan itu benar
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 untuk a> 0.
Solusi: 1) Untuk m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 kedua bagian sama besar.
2) Asumsikan bahwa untuk m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Buktikan bahwa untuk m=k+1 ketidaksamaan benar
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
Kami telah membuktikan validitas pertidaksamaan untuk m=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap m alami.
Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan
3 n >n´2 n+1 .
Solusi: Mari kita tulis ulang pertidaksamaan dalam bentuk
- Untuk n=7 kita memiliki
- Misalkan untuk n=k
3 7/2 7 =2187/128>14=2´7
ketidaksetaraan itu benar.
3) Mari kita buktikan kebenaran pertidaksamaan untuk n=k+1.
3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Karena k>7, pertidaksamaan terakhir terlihat jelas.
Berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan berlaku untuk sembarang n natural.
Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Solusi: 1) Untuk n=3 pertidaksamaan benar
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Misalkan untuk n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Kami akan membuktikan validitas non-
persamaan untuk n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Mari kita buktikan bahwa 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
k(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Yang terakhir sudah jelas, dan karena itu 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Berdasarkan metode induksi matematika, ketidaksetaraan terbukti. Kesimpulan Secara khusus, setelah mempelajari metode induksi matematika, saya meningkatkan pengetahuan saya di bidang matematika ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelumnya di luar kemampuan saya. Pada dasarnya, ini adalah tugas yang logis dan menghibur, mis. hanya mereka yang meningkatkan minat matematika itu sendiri sebagai ilmu. Pemecahan masalah tersebut menjadi kegiatan yang menghibur dan dapat menarik semakin banyak orang yang ingin tahu ke labirin matematika. Menurut pendapat saya, ini adalah dasar dari ilmu apa pun. Melanjutkan mempelajari metode induksi matematika, saya akan mencoba mempelajari bagaimana menerapkannya tidak hanya dalam matematika, tetapi juga dalam memecahkan masalah dalam fisika, kimia, dan kehidupan itu sendiri. MATEMATIKA: KULIAH, TUGAS, SOLUSI Buku Teks / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996. ALJABAR DAN PRINSIP ANALISIS Buku Teks / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Pencerahan" 1975. Pengetahuan sejati setiap saat didasarkan pada pembentukan pola dan pembuktian kebenarannya dalam keadaan tertentu. Untuk jangka waktu yang begitu lama keberadaan penalaran logis, formulasi aturan diberikan, dan Aristoteles bahkan menyusun daftar "penalaran yang benar." Secara historis, merupakan kebiasaan untuk membagi semua kesimpulan menjadi dua jenis - dari yang konkret ke jamak (induksi) dan sebaliknya (deduksi). Perlu dicatat bahwa jenis bukti dari khusus ke umum dan dari umum ke khusus hanya ada dalam interkoneksi dan tidak dapat dipertukarkan. Istilah "induksi" (induksi) memiliki akar bahasa Latin dan secara harfiah diterjemahkan sebagai "bimbingan". Setelah mempelajari lebih dekat, orang dapat membedakan struktur kata, yaitu awalan Latin - di- (menunjukkan tindakan diarahkan ke dalam atau berada di dalam) dan -duksi - pengantar. Perlu dicatat bahwa ada dua jenis - induksi lengkap dan tidak lengkap. Bentuk penuh ditandai dengan kesimpulan yang ditarik dari studi semua mata pelajaran dari kelas tertentu. Tidak lengkap - kesimpulan diterapkan untuk semua mata pelajaran di kelas, tetapi dibuat berdasarkan studi hanya beberapa unit. Induksi matematika lengkap adalah kesimpulan yang didasarkan pada kesimpulan umum tentang seluruh kelas objek apa pun yang secara fungsional terkait oleh hubungan deret bilangan asli berdasarkan pengetahuan tentang koneksi fungsional ini. Dalam hal ini, proses pembuktian berlangsung dalam tiga tahap: Untuk memudahkan persepsi, contoh solusi dengan metode induksi matematika dikecam dalam bentuk masalah lelucon. Ini adalah tugas Antrian Sopan: Contoh mencolok dari metode induksi matematika adalah masalah "Penerbangan tanpa dimensi": Contoh pemecahan masalah dan persamaan dengan induksi matematika cukup umum. Sebagai ilustrasi dari pendekatan ini, kita dapat mempertimbangkan masalah berikut. Kondisi: h lingkaran ditempatkan pada bidang. Hal ini diperlukan untuk membuktikan bahwa, untuk setiap susunan gambar, peta yang dibentuk oleh mereka dapat diwarnai dengan benar dengan dua warna. Keputusan: untuk h=1 kebenaran pernyataan sudah jelas, jadi pembuktian akan dibangun untuk banyaknya lingkaran h+1. Mari kita asumsikan bahwa pernyataan itu benar untuk peta apa pun, dan h + 1 lingkaran diberikan pada bidang. Dengan menghapus salah satu lingkaran dari total, Anda bisa mendapatkan peta yang diwarnai dengan benar dengan dua warna (hitam dan putih). Saat memulihkan lingkaran yang dihapus, warna setiap area berubah menjadi kebalikannya (dalam hal ini, di dalam lingkaran). Ternyata peta diwarnai dengan benar dalam dua warna, yang perlu dibuktikan. Penerapan metode induksi matematika secara jelas ditunjukkan di bawah ini. Contoh solusi: Buktikan bahwa untuk setiap h persamaan akan benar: 1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2j+1)/6. 1. Misalkan h=1, maka: R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1 Dari sini dapat disimpulkan bahwa untuk h=1 pernyataan tersebut benar. 2. Dengan asumsi h=d, diperoleh persamaan berikut: R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1 3. Dengan asumsi bahwa h=d+1, ternyata: R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6 R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6= (d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6. Dengan demikian, validitas persamaan untuk h=d+1 telah dibuktikan, sehingga pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli, yang ditunjukkan dalam contoh penyelesaian dengan induksi matematika. Tugas Kondisi: diperlukan bukti bahwa untuk sembarang nilai h, ekspresi 7 h -1 habis dibagi 6 tanpa sisa. Keputusan: 1. Katakanlah h=1, dalam hal ini: R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (yaitu dibagi 6 tanpa sisa) Oleh karena itu, untuk h=1 pernyataan benar; 2. Misalkan h=d dan 7 d -1 habis dibagi 6 tanpa sisa; 3. Bukti validitas pernyataan h=d+1 adalah dengan rumus: R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6 Dalam hal ini, suku pertama habis dibagi 6 dengan asumsi paragraf pertama, dan suku kedua sama dengan 6. Pernyataan bahwa 7 h -1 habis dibagi 6 tanpa sisa untuk sembarang h natural adalah benar. Seringkali, alasan yang salah digunakan dalam pembuktian, karena ketidaktepatan konstruksi logis yang digunakan. Pada dasarnya, ini terjadi ketika struktur dan logika pembuktian dilanggar. Contoh penalaran yang salah adalah ilustrasi berikut. Tugas Kondisi: membutuhkan bukti bahwa setumpuk batu bukanlah tumpukan. Keputusan: 1. Misalkan h=1, dalam hal ini ada 1 batu di tumpukan dan pernyataan benar (basis); 2. Biarkan benar untuk h=d bahwa tumpukan batu bukan tumpukan (asumsi); 3. Misalkan h=d+1, yang berarti bahwa ketika satu batu ditambahkan lagi, himpunan tidak akan menjadi tumpukan. Kesimpulan tersebut menyatakan bahwa asumsi tersebut berlaku untuk semua h natural. Kesalahannya terletak pada kenyataan bahwa tidak ada definisi berapa banyak batu yang membentuk tumpukan. Kelalaian seperti itu disebut generalisasi tergesa-gesa dalam metode induksi matematika. Sebuah contoh menunjukkan hal ini dengan jelas. Secara historis, mereka selalu "berjalan bergandengan tangan." Disiplin ilmiah seperti logika, filsafat menggambarkannya dalam bentuk yang berlawanan. Dari sudut pandang hukum logika, definisi induktif didasarkan pada fakta, dan kebenaran premis tidak menentukan kebenaran pernyataan yang dihasilkan. Seringkali kesimpulan diperoleh dengan tingkat probabilitas dan masuk akal tertentu, yang, tentu saja, harus diverifikasi dan dikonfirmasi oleh penelitian tambahan. Contoh induksi dalam logika adalah pernyataan: Kekeringan di Estonia, kekeringan di Latvia, kekeringan di Lituania. Estonia, Latvia, dan Lituania adalah negara Baltik. Kekeringan di semua negara bagian Baltik. Dari contoh tersebut, kita dapat menyimpulkan bahwa informasi atau kebenaran baru tidak dapat diperoleh dengan menggunakan metode induksi. Semua yang dapat diandalkan adalah beberapa kemungkinan kebenaran kesimpulan. Selain itu, kebenaran premis tidak menjamin kesimpulan yang sama. Namun, fakta ini tidak berarti bahwa induksi tumbuh di halaman belakang deduksi: sejumlah besar ketentuan dan hukum ilmiah dibuktikan dengan menggunakan metode induksi. Matematika, biologi, dan ilmu-ilmu lainnya bisa menjadi contoh. Hal ini terutama disebabkan oleh metode induksi lengkap, tetapi dalam beberapa kasus parsial juga dapat diterapkan. Usia induksi yang terhormat memungkinkannya menembus hampir semua bidang aktivitas manusia - ini adalah sains, ekonomi, dan kesimpulan sehari-hari. Metode induksi memerlukan sikap hati-hati, karena terlalu banyak tergantung pada jumlah rincian yang dipelajari dari keseluruhan: semakin besar jumlah yang dipelajari, semakin dapat diandalkan hasilnya. Berdasarkan fitur ini, hukum-hukum ilmiah yang diperoleh dengan metode induksi diuji untuk waktu yang cukup lama pada tingkat asumsi probabilistik untuk mengisolasi dan mempelajari semua elemen struktural, koneksi, dan pengaruh yang mungkin. Dalam sains, kesimpulan induktif didasarkan pada fitur-fitur signifikan, dengan pengecualian ketentuan acak. Fakta ini penting sehubungan dengan kekhasan pengetahuan ilmiah. Hal ini terlihat jelas dalam contoh-contoh induksi dalam sains. Ada dua jenis induksi dalam dunia ilmiah (berkaitan dengan metode studi): Tipe pertama dibedakan dengan pengambilan sampel metodis (cermat) dari kelas (subkelas) dari area yang berbeda. Contoh dari jenis induksi ini adalah sebagai berikut: perak (atau garam perak) memurnikan air. Kesimpulannya didasarkan pada pengamatan jangka panjang (semacam seleksi konfirmasi dan sanggahan - seleksi). Jenis induksi kedua didasarkan pada kesimpulan yang membangun hubungan sebab akibat dan mengecualikan keadaan yang tidak sesuai dengan sifat-sifatnya, yaitu, universalitas, ketaatan pada urutan temporal, kebutuhan dan ketidakjelasan. Jika melihat retrospektif sejarah, istilah "induksi" pertama kali disebutkan oleh Socrates. Aristoteles menggambarkan contoh induksi dalam filsafat dalam kamus terminologi yang lebih mendekati, tetapi pertanyaan tentang induksi yang tidak lengkap tetap terbuka. Setelah penganiayaan terhadap silogisme Aristotelian, metode induktif mulai diakui sebagai metode yang bermanfaat dan satu-satunya yang mungkin dalam ilmu pengetahuan alam. Bacon dianggap sebagai bapak induksi sebagai metode khusus yang independen, tetapi ia gagal memisahkan, seperti yang dituntut oleh orang-orang sezamannya, induksi dari metode deduktif. Pengembangan lebih lanjut dari induksi dilakukan oleh J. Mill, yang mempertimbangkan teori induksi dari sudut pandang empat metode utama: kesepakatan, perbedaan, residu dan perubahan yang sesuai. Tidak mengherankan bahwa hari ini metode yang terdaftar, jika dipertimbangkan secara rinci, bersifat deduktif. Kesadaran akan inkonsistensi teori Bacon dan Mill mengarahkan para ilmuwan untuk menyelidiki dasar probabilistik induksi. Namun, bahkan di sini ada beberapa ekstrem: upaya dilakukan untuk mengurangi induksi ke teori probabilitas, dengan semua konsekuensi berikutnya. Induksi mendapat mosi percaya dalam aplikasi praktis di bidang studi tertentu dan berkat akurasi metrik dari dasar induktif. Contoh induksi dan deduksi dalam filsafat dapat dianggap sebagai hukum gravitasi universal. Pada tanggal penemuan hukum, Newton dapat memverifikasinya dengan akurasi 4 persen. Dan ketika memeriksa setelah lebih dari dua ratus tahun, kebenaran dikonfirmasi dengan akurasi 0,0001 persen, meskipun pemeriksaan dilakukan oleh generalisasi induktif yang sama. Filsafat modern lebih memperhatikan deduksi, yang didikte oleh keinginan logis untuk memperoleh pengetahuan baru (atau kebenaran) dari apa yang sudah diketahui, tanpa menggunakan pengalaman, intuisi, tetapi menggunakan penalaran "murni". Ketika mengacu pada premis yang benar dalam metode deduktif, dalam semua kasus, outputnya adalah pernyataan yang benar. Karakteristik yang sangat penting ini tidak boleh menutupi nilai dari metode induktif. Sejak induksi, berdasarkan pencapaian pengalaman, juga menjadi sarana pengolahannya (termasuk generalisasi dan sistematisasi). Induksi dan deduksi telah lama digunakan sebagai metode mempelajari ekonomi dan memprediksi perkembangannya. Kisaran penggunaan metode induksi cukup luas: studi tentang pemenuhan indikator perkiraan (laba, depresiasi, dll.) Dan penilaian umum keadaan perusahaan; pembentukan kebijakan promosi perusahaan yang efektif berdasarkan fakta dan hubungannya. Metode induksi yang sama digunakan dalam grafik Shewhart, di mana, dengan asumsi bahwa proses dibagi menjadi terkontrol dan tidak dikelola, dinyatakan bahwa kerangka proses terkontrol tidak aktif. Perlu dicatat bahwa hukum ilmiah dibuktikan dan dikonfirmasi menggunakan metode induksi, dan karena ekonomi adalah ilmu yang sering menggunakan analisis matematis, teori risiko, dan data statistik, sama sekali tidak mengherankan bahwa induksi termasuk dalam daftar utama. metode. Situasi berikut dapat menjadi contoh induksi dan deduksi dalam ilmu ekonomi. Kenaikan harga pangan (dari keranjang konsumen) dan barang-barang kebutuhan pokok mendorong konsumen untuk berpikir tentang munculnya biaya tinggi di negara (induksi). Pada saat yang sama, dari fakta biaya tinggi, dengan menggunakan metode matematis, adalah mungkin untuk menurunkan indikator pertumbuhan harga untuk barang-barang individu atau kategori barang (pengurangan). Paling sering, personel manajemen, manajer, dan ekonom beralih ke metode induksi. Agar dapat memprediksi perkembangan suatu perusahaan, perilaku pasar, dan konsekuensi persaingan dengan cukup jujur, pendekatan induktif-deduktif terhadap analisis dan pemrosesan informasi diperlukan. Contoh ilustratif induksi dalam ekonomi, mengacu pada penilaian yang salah: Contohnya adalah ilustrasi penuh warna tentang bagaimana penggunaan metode induksi yang tidak tepat berkontribusi pada kehancuran perusahaan. Karena ada metode, maka secara logis, ada juga pemikiran yang terorganisir dengan baik (untuk menggunakan metode). Psikologi sebagai ilmu yang mempelajari proses mental, pembentukan, perkembangan, hubungan, interaksi, memperhatikan pemikiran “deduktif” sebagai salah satu bentuk manifestasi deduksi dan induksi. Sayangnya, di halaman-halaman psikologi di Internet, praktis tidak ada pembenaran untuk integritas metode deduktif-induktif. Meskipun psikolog profesional lebih mungkin menghadapi manifestasi induksi, atau lebih tepatnya, kesimpulan yang salah. Contoh induksi dalam psikologi, sebagai ilustrasi penilaian yang salah, adalah pernyataan: ibuku penipu, oleh karena itu, semua wanita penipu. Bahkan ada contoh induksi yang lebih "salah" dari kehidupan: Dan banyak penilaian nilai lainnya berdasarkan pesan yang benar-benar acak dan terkadang tidak penting. Perlu dicatat: ketika kesalahan penilaian seseorang mencapai titik absurditas, psikoterapis muncul di depan pekerjaan. Salah satu contoh induksi pada janji spesialis: “Pasien benar-benar yakin bahwa warna merah hanya membawa bahaya baginya dalam manifestasi apa pun. Akibatnya, seseorang telah mengecualikan skema warna ini dari hidupnya - sejauh mungkin. Di lingkungan rumah, ada banyak peluang untuk hidup nyaman. Anda dapat menolak semua item merah atau menggantinya dengan analog yang dibuat dalam skema warna yang berbeda. Tetapi di tempat umum, di tempat kerja, di toko - tidak mungkin. Masuk ke situasi stres, pasien setiap kali mengalami "gelombang" keadaan emosional yang sama sekali berbeda, yang dapat berbahaya bagi orang lain." Contoh induksi ini, dan secara tidak sadar, disebut "ide tetap". Jika ini terjadi pada orang yang sehat mental, kita dapat berbicara tentang kurangnya pengaturan aktivitas mental. Pengembangan dasar pemikiran deduktif dapat menjadi cara untuk menyingkirkan keadaan obsesif. Dalam kasus lain, psikiater bekerja dengan pasien seperti itu. Contoh induksi di atas menunjukkan bahwa "ketidaktahuan hukum tidak dibebaskan dari konsekuensi (penilaian yang salah)." Psikolog, yang bekerja pada topik pemikiran deduktif, telah menyusun daftar rekomendasi yang dirancang untuk membantu orang menguasai metode ini. Langkah pertama adalah pemecahan masalah. Seperti dapat dilihat, bentuk induksi yang digunakan dalam matematika dapat dianggap "klasik", dan penggunaan metode ini berkontribusi pada "disiplin" pikiran. Kondisi selanjutnya bagi perkembangan berpikir deduktif adalah perluasan cakrawala (mereka yang berpikir jernih, menyatakan dengan jelas). Rekomendasi ini mengarahkan "penderitaan" ke perbendaharaan ilmu pengetahuan dan informasi (perpustakaan, situs web, inisiatif pendidikan, perjalanan, dll.). Secara terpisah, disebutkan apa yang disebut "induksi psikologis". Istilah ini, meskipun jarang, dapat ditemukan di Internet. Semua sumber tidak memberikan setidaknya definisi singkat dari istilah ini, tetapi merujuk pada "contoh dari kehidupan", sambil memberikan saran, beberapa bentuk penyakit mental, atau keadaan ekstrem dari jiwa manusia sebagai jenis induksi baru. Dari semua hal di atas, jelas bahwa upaya untuk memperoleh "istilah baru" berdasarkan premis yang salah (seringkali tidak benar) membuat pelaku eksperimen menerima pernyataan yang salah (atau tergesa-gesa). Perlu dicatat bahwa referensi ke eksperimen tahun 1960 (tanpa menunjukkan tempat, nama eksperimen, sampel subjek, dan yang paling penting, tujuan eksperimen) terlihat, secara halus, tidak meyakinkan, dan pernyataan bahwa otak merasakan informasi melewati semua organ persepsi (frasa "yang dialami oleh" dalam hal ini akan lebih cocok secara organik), membuat orang berpikir tentang mudah tertipu dan tidak kritisnya penulis pernyataan tersebut. Ratu sains - matematika, tidak sia-sia menggunakan semua kemungkinan cadangan metode induksi dan deduksi. Contoh-contoh yang dipertimbangkan memungkinkan kita untuk menyimpulkan bahwa penerapan yang dangkal dan tidak kompeten (tidak bijaksana, seperti yang mereka katakan) bahkan dari metode yang paling akurat dan andal selalu mengarah pada hasil yang salah. Dalam kesadaran massa, metode deduksi dikaitkan dengan Sherlock Holmes yang terkenal, yang dalam konstruksi logisnya sering menggunakan contoh induksi, menggunakan deduksi dalam situasi yang diperlukan. Artikel tersebut membahas contoh penerapan metode ini dalam berbagai ilmu dan bidang kehidupan manusia. 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 deret S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 n, rumus binomial Newton a + b n = C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n . Pada paragraf pertama, kita akan menganalisis konsep dasar, kemudian kita 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 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, banyak kesimpulan dapat ditarik 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. Metode ini didasarkan pada prinsip nama yang sama. Ini diformulasikan seperti ini: Definisi 2 Suatu 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: 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 . Keputusan
Seperti yang telah kita ketahui, untuk menerapkan metode induksi matematika, harus dilakukan tiga langkah berurutan. 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 Jadi, kita telah membuktikan persamaan 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 . Keputusan
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 α 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 Karena itu, 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 Metode pembuktian berdasarkan aksioma Peano 4 digunakan untuk membuktikan banyak sifat matematika dan berbagai pernyataan. Dasar untuk ini adalah teorema berikut. Dalil. Jika pernyataan TETAPI(n) dengan variabel alami n benar untuk n= 1 dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k, maka berlaku juga untuk bilangan berikutnya n=k, maka pernyataan TETAPI(n) n. Bukti. Dilambangkan dengan M himpunan dari mereka dan hanya bilangan asli yang pernyataannya TETAPI(n) BENAR. Kemudian dari kondisi teorema kita memiliki: 1) 1 M; 2) k MkM. Oleh karena itu, berdasarkan Aksioma 4, kami menyimpulkan bahwa M =N, yaitu penyataan TETAPI(n) benar untuk alam apa pun n. Metode pembuktian berdasarkan teorema ini disebut metode induksi matematika, dan aksioma adalah aksioma induksi. Bukti ini memiliki dua bagian: 1) buktikan pernyataan tersebut TETAPI(n) benar untuk n= J(1); 2) asumsikan bahwa pernyataan TETAPI(n) benar untuk n=k, dan, mulai dari asumsi ini, buktikan bahwa pernyataan Sebuah) benar untuk n=k+ 1, yaitu bahwa pernyataan itu benar A(k) A(k + 1).
Jika sebuah TETAPI( 1) TETAPI(k) A(k + 1)
adalah pernyataan yang benar, maka mereka menyimpulkan bahwa pernyataan tersebut Sebuah) benar untuk semua bilangan asli n. Pembuktian dengan induksi matematika dapat dimulai tidak hanya dengan konfirmasi kebenaran pernyataan untuk n= 1, tetapi juga dari bilangan asli apa pun m. Dalam hal ini, pernyataan TETAPI(n) akan dibuktikan untuk semua bilangan asli nm. Soal Mari kita buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli persamaan 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) =
n. Keputusan. Persamaan 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) =
n adalah rumus yang dapat digunakan untuk mencari jumlah bilangan asli ganjil pertama berurutan. Misalnya, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (jumlahnya mengandung 4 suku), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (jumlahnya mengandung 6 suku); jika jumlah ini berisi 20 suku dari jenis yang ditunjukkan, maka itu sama dengan 20 = 400, dst. Setelah membuktikan kebenaran persamaan ini, kita akan dapat menemukan jumlah sejumlah suku dari jenis yang ditentukan menggunakan rumus. 1) Verifikasi kebenaran persamaan ini untuk n= 1. Kapan n= 1 ruas kiri persamaan terdiri dari satu suku sama dengan 1, ruas kanan sama dengan 1= 1. Karena 1 = 1, maka untuk n= 1 persamaan ini benar. 2) Asumsikan bahwa persamaan ini benar untuk n=k, yaitu bahwa 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) =
k. Berdasarkan asumsi ini, kami membuktikan bahwa itu benar untuk n=k+ 1, yaitu 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
(k + 1). Pertimbangkan sisi kiri persamaan terakhir. Dengan asumsi, jumlah yang pertama k syaratnya adalah k dan karena itu 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)= = k+(2k + 1) =
k+ 2k + 1.
Ekspresi
k+ 2k + 1 identik sama dengan ekspresi ( k + 1).
Oleh karena itu, kebenaran persamaan ini untuk n=k+ 1 terbukti. Jadi, persamaan ini berlaku untuk n= 1 dan dari kebenarannya untuk n=k mengikuti kebenaran untuk n=k+ 1. Ini membuktikan bahwa persamaan ini berlaku untuk semua bilangan asli. Dengan menggunakan metode induksi matematika, seseorang dapat membuktikan kebenaran tidak hanya persamaan, tetapi juga ketidaksetaraan. Tugas. Buktikan dimana nN. Keputusan. Mari kita periksa kebenaran pertidaksamaan untuk n= 1. Kami memiliki - ketidaksetaraan yang benar. Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan benar untuk n=k, itu. - ketidaksetaraan sejati. Mari kita buktikan, berdasarkan asumsi, bahwa itu benar untuk
n=k+ 1, yaitu Kami mengubah sisi kiri pertidaksamaan (*), dengan mempertimbangkan bahwa : . Tetapi Jadi pertidaksamaan ini berlaku untuk n= 1, dan, dari fakta bahwa ketidaksetaraan benar untuk beberapa n= k, kami menemukan bahwa itu juga berlaku untuk n= k + 1. Jadi, dengan menggunakan Aksioma 4, kami telah membuktikan bahwa pertidaksamaan ini benar untuk sembarang bilangan asli. Pernyataan lain juga dapat dibuktikan dengan metode induksi matematika. Tugas. Buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli. Keputusan. Mari kita periksa kebenaran pernyataan untuk n= 1: -pernyataan benar. Mari kita asumsikan bahwa pernyataan ini benar untuk n=k: . Mari kita tunjukkan, dengan menggunakan ini, kebenaran pernyataan untuk n=k+ 1: Mari kita ubah ekspresi: . Yuk temukan perbedaannya k dan k+ 1 anggota. Jika ternyata selisih yang dihasilkan adalah kelipatan 7, dan dengan asumsi pengurang habis dibagi 7, maka minuendnya juga kelipatan 7: Produk adalah kelipatan dari 7, oleh karena itu, dan . Jadi, pernyataan ini benar untuk n= 1 dan dari kebenarannya untuk n=k mengikuti kebenaran untuk n=k+ 1. Ini membuktikan bahwa pernyataan ini benar untuk sembarang bilangan asli. Tugas. Buktikan untuk sembarang bilangan asli n 2 pernyataan (7-1)24 benar. Keputusan. 1) Periksa kebenaran pernyataan untuk n= 2: - pernyataan yang benar. Savelyeva Ekaterina Makalah ini membahas penerapan metode induksi matematika dalam memecahkan masalah keterbagian, hingga penjumlahan deret. Contoh penerapan metode induksi matematika untuk bukti ketidaksetaraan dan solusi masalah geometris dipertimbangkan. Karya diilustrasikan dengan presentasi. Kementerian Sains dan Pendidikan Federasi Rusia Institusi pendidikan negara sekolah menengah No. 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 Metode deduktif dan induktif adalah dasar dari setiap penelitian matematika. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran, titik awalnya adalah hasil umum, dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif. Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kita mulai dari yang terendah, sebagai hasil dari pemikiran logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah menetapkannya untuk berpikir secara induktif. Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, sedikit waktu yang dikhususkan untuk itu dalam kurikulum sekolah, tetapi sangat penting untuk dapat berpikir secara induktif. Penerapan prinsip ini dalam memecahkan masalah dan membuktikan teorema setara dengan pertimbangan dalam praktik sekolah prinsip matematika lainnya: tengah yang dikecualikan, inklusi-eksklusi, Dirichlet, dll. Esai ini berisi masalah dari berbagai cabang matematika, di mana alat utamanya adalah menggunakan metode induksi matematika. Berbicara tentang pentingnya metode ini, A.N. Kolmogorov mencatat bahwa "pemahaman dan kemampuan untuk menerapkan prinsip induksi matematika adalah kriteria yang baik untuk kedewasaan, yang mutlak diperlukan untuk seorang matematikawan." Metode induksi dalam arti luas terdiri dari transisi dari pengamatan pribadi ke pola umum yang universal atau formulasi umum. Dalam interpretasi ini, metode tentu saja merupakan teknik utama untuk melakukan penelitian dalam ilmu alam eksperimental apa pun. aktifitas manusia. 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, Mari kita periksa pernyataan ini terlebih dahulu untuk 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 dari jenis yang diinginkan. Kami akan mengasumsikan 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: 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.Skema (perangkat) logis ini, yang memungkinkan 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 (panduan), yang berarti transisi dari pengetahuan tunggal tentang objek individu dari kelas tertentu ke kesimpulan umum tentang semua objek dari kelas tertentu, yang merupakan salah satu metode utama pengetahuan. 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 mengutip B. Pascal dalam buku dengan perubahan kecil yang 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. 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) th cincin 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. 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. 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. 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 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 dapat menuliskan angkanya, 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 Apa rumus umumnya? 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 luar biasa dari 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 kita, 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 sembarang bilangan asli dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari beberapa anggota berbeda dari barisan bilangan Fibonacci yang berulang: 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. Temukan bilangan Fibonacci terbesar Ft , tidak melebihi P; jadi F t n dan F t +1 > n. Sejauh Dengan hipotesis induksi, bilangan 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, Dengan demikian, kami telah membuktikan pernyataan yang lebih kuat, yang segera menyiratkan pernyataan yang terkandung dalam kondisi masalah. 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 adalah bahwa rencana yang lebih kompleks dapat diimplementasikan dengan keberhasilan yang lebih besar jika didasarkan pada pemahaman yang lebih dalam tentang esensi 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 b) Langkah induksi menurut t.Mari kita asumsikan bahwa pada t = k pernyataan itu benar, yaitu 2k ~ 1 > k. Kemudian naik 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. 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 akar kuadrat, 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 ketidaksamaan 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 jumlah nilai yang mungkin tak terbatas 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 bilangan non-negatif untuk sembarang n = 2, 3, 4, ... Soal 14. (D. Uspensky.) Untuk setiap segitiga ABC dengan sudut = CAB, = CBA sepadan, ada ketidaksetaraan Keputusan. Sudut dan sebanding, yang berarti (menurut definisi) bahwa sudut-sudut ini memiliki ukuran umum yang = p, = (p, q adalah bilangan asli koprima). 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 adalah 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 adalah segitiga yang diberikan dengan> 2. Maka sisi AC dan BC tidak bisa sama: mari AC > SM. Sekarang mari kita bangun, 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 sudut-sudutnya juga sebanding: DCB = (q - p), BDC = p. Beras. 2 Segitiga ini memenuhi hipotesis 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. Dalam dasar pertimbangan dalam kasus umum, kita harus menerapkan prinsip matematika penting lainnya - 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 yang memiliki segmen batas yang sama memiliki warna yang berbeda (seperti pada Gambar 3 ketika 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 satu dapat berwarna putih dan yang lainnya hitam, dan pernyataan soal 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 mengecat sudut yang berlawanan dengan warna yang sama. 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). Kemudian pewarnaan baru ini akan memenuhi persyaratan yang diperlukan: di satu sisi garis lurus itu sudah bergantian (tetapi dengan warna berbeda), dan di sisi lain itu perlu. Agar bagian-bagian yang memiliki batas umum milik garis yang ditarik dicat dengan warna yang berbeda, kami mengecat ulang bagian-bagian itu hanya pada satu sisi dari garis yang ditarik 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(ke+ 1)-garis 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 terdapat persediaan bensin yang besar dan sebuah mobil yang, dengan pom bensin penuh, dapat menempuh jarak 50 kilometer. Dalam jumlah yang tidak terbatas, ada tabung di mana 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 untuk membuktikannya 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 dalam hal 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, ini adalah tugas yang logis dan menghibur, mis. 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. Buku Pegangan Matematika untuk Pelamar Universitas / Ed. Yakovleva G.N. Ilmu. -1981. - H.47-51. 3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induksi dalam geometri. — 4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Buku Teks / “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.htmlInduksi dalam matematika
Baik bercanda maupun serius
lingkaran akrab
Contoh dengan bilangan asli
Kekeliruan penghakiman
Induksi dan hukum logika
Induksi di lingkungan ilmiah
Induksi dan deduksi dari sudut pandang filsafat
Penerapan induksi dalam ilmu ekonomi
pesaing telah memperluas lini produknya;
tidak ada lagi yang berubah;
Deduksi dan induksi dalam psikologi
Alih-alih sebuah kesimpulan
Konsep induksi dan deduksi
Apa metode induksi matematika?
Bagaimana menerapkan metode induksi matematika saat menyelesaikan pertidaksamaan dan persamaan
(*).
, yang artinya dan 
.
.Unduh:
Pratinjau:
maka itu juga berlaku untuk ke +1
Mari kita buktikan bahwa kita juga dapat memindahkan pertengahan piramida dari n = k + 1.
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
kesetaraan, yang dapat diterima.
Mari kita katakan bahwa pernyataan itu benar bahkan jika m = k + 1.
Kita punya:
Kita punya:
M.: Nauka, 1961. - (Kuliah populer tentang matematika.)
