A indução matemática é a base de um dos métodos mais comuns de provas matemáticas. Com sua ajuda, você pode provar a maioria das fórmulas com números naturais n, por exemplo, a fórmula para encontrar a soma dos primeiros termos da progressão S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, a fórmula binomial de Newton a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

No primeiro parágrafo, analisaremos os conceitos básicos, depois consideraremos os fundamentos do próprio método e, em seguida, mostraremos como usá-lo para provar igualdades e desigualdades.

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Conceitos de indução e dedução

Primeiro, vamos ver o que são indução e dedução em geral.

Definição 1

Induçãoé a transição do particular para o geral, e dedução pelo contrário, do geral ao particular.

Por exemplo, temos uma declaração: 254 pode ser dividido em dois completamente. Dele podemos tirar muitas conclusões, entre as quais haverá tanto verdadeiras como falsas. Por exemplo, a afirmação de que todos os inteiros que têm o número 4 no final podem ser divididos por dois sem deixar resto é verdadeira, mas que qualquer número de três dígitos é divisível por 2 é falsa.

Em geral, pode-se dizer que com a ajuda do raciocínio indutivo pode-se obter muitas conclusões de um raciocínio conhecido ou óbvio. A indução matemática nos permite determinar quão válidas são essas conclusões.

Suponha que temos uma sequência de números como 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , onde n denota algum número natural. Neste caso, ao adicionar os primeiros elementos da sequência, obtemos o seguinte:

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 , . . .

Usando indução, podemos concluir que S n = n n + 1 . Na terceira parte provaremos esta fórmula.

Qual é o método de indução matemática

Este método é baseado no princípio do mesmo nome. Ele é formulado assim:

Definição 2

Uma certa afirmação será verdadeira para um valor natural n quando 1) for verdadeira para n = 1 e 2) do fato de que esta expressão é verdadeira para um valor natural arbitrário n = k, segue-se que também será verdadeira para n = k + 1 .

A aplicação do método de indução matemática é realizada em 3 etapas:

1. Primeiro, verificamos a correção da afirmação original no caso de um valor natural arbitrário de n (geralmente o teste é feito para a unidade).
2. Depois disso, verificamos a fidelidade em n = k .
3. E então provamos a validade da afirmação se n = k + 1 .

Como aplicar o método de indução matemática ao resolver inequações e equações

Vamos pegar o exemplo de que falamos anteriormente.

Exemplo 1

Prove a fórmula S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Solução

Como já sabemos, para aplicar o método de indução matemática, três etapas consecutivas devem ser executadas.

1. Primeiro, verificamos se essa igualdade será válida para n igual a um. Obtemos S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Está tudo certo aqui.
2. Além disso, assumimos que a fórmula S k = k k + 1 está correta.
3. Na terceira etapa, precisamos provar que S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , com base na validade da igualdade anterior.

Podemos representar k + 1 como a soma dos primeiros termos da sequência original e k + 1:

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

Como na segunda etapa obtivemos que S k = k k + 1, podemos escrever o seguinte:

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

Agora fazemos as transformações necessárias. Precisaremos reduzir a fração a um denominador comum, reduzir termos semelhantes, aplicar a fórmula de multiplicação abreviada e reduzir o que aconteceu:

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

Assim, provamos a igualdade no terceiro ponto realizando todos os três passos do método de indução matemática.

Responda: a suposição sobre a fórmula S n = n n + 1 é verdadeira.

Vamos pegar um problema mais complexo com funções trigonométricas.

Exemplo 2

Dê uma prova da identidade cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sen 2 n + 1 α 2 n sen 2 α.

Solução

Como lembramos, o primeiro passo deve ser verificar a correção da igualdade quando n é igual a um. Para descobrir, precisamos lembrar as fórmulas trigonométricas básicas.

cos 2 1 = cos 2 α sen 2 1 + 1 α 2 1 sen 2 α = sen 4 α 2 sen 2 α = 2 sen 2 α cos 2 α 2 sen 2 α = cos 2 α

Portanto, para n igual a um, a identidade será verdadeira.

Agora suponha que sua validade seja preservada para n = k , ou seja. será verdade que cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sen 2 k + 1 α 2 k sen 2 α.

Provamos a igualdade cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sen 2 k + 2 α 2 k + 1 sen 2 α para o caso em que n = k + 1, com base na suposição anterior.

Pela fórmula trigonométrica,

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

Consequentemente,

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

Um exemplo de resolução do problema de provar uma desigualdade usando este método é dado no artigo sobre o método dos mínimos quadrados. Leia o parágrafo no qual são derivadas as fórmulas para encontrar os coeficientes de aproximação.

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Introdução

Este tópico é relevante, pois todos os dias as pessoas resolvem vários problemas em que utilizam diferentes métodos de resolução, mas existem tarefas em que o método de indução matemática não pode ser dispensado e, nesses casos, o conhecimento nesta área será muito útil.

Escolhi este tópico para pesquisa, porque no currículo escolar o método de indução matemática é dado pouco tempo, o aluno aprende informações superficiais que o ajudarão a ter apenas uma ideia geral desse método, mas o autodesenvolvimento necessário estudar essa teoria em profundidade. Será realmente útil aprender mais sobre esse tema, pois expande os horizontes de uma pessoa e ajuda na resolução de problemas complexos.

Objetivo:

Familiarizar-se com o método de indução matemática, sistematizar conhecimentos sobre este tema e aplicá-lo na resolução de problemas matemáticos e demonstração de teoremas, fundamentar e mostrar claramente o significado prático do método de indução matemática como fator necessário para a resolução de problemas.

Tarefas de trabalho:

Analisar a literatura e resumir o conhecimento sobre o tema.

Compreender os princípios da indução matemática.

Explorar a aplicação do método de indução matemática à resolução de problemas.

Formular conclusões e conclusões sobre o trabalho realizado.

Corpo principal de pesquisa

Histórico de origem:

Somente no final do século XIX se desenvolveu o padrão de requisitos para o rigor lógico, que até hoje permanece dominante no trabalho prático dos matemáticos no desenvolvimento de teorias matemáticas individuais.

A indução é um procedimento cognitivo por meio do qual uma afirmação que os generaliza é deduzida de uma comparação de fatos disponíveis.

Na matemática, o papel da indução é, em grande parte, o de fundamentar a axiomática escolhida. Depois que uma longa prática mostrou que um caminho reto é sempre mais curto que um curvo ou quebrado, era natural formular um axioma: para quaisquer três pontos A, B e C, a desigualdade é satisfeita.

A consciência do método de indução matemática como um método importante separado remonta a Blaise Pascal e Gersonides, embora alguns casos de aplicação sejam encontrados mesmo nos tempos antigos por Proclo e Euclides. O nome moderno para o método foi introduzido por de Morgan em 1838.

O método de indução matemática pode ser comparado com o progresso: começamos do mais baixo, como resultado do pensamento lógico chegamos ao mais alto. O homem sempre lutou pelo progresso, pela capacidade de desenvolver logicamente seu pensamento, o que significa que a própria natureza o destinou a pensar indutivamente.

Indução e dedução

Sabe-se que existem afirmações particulares e gerais, e os dois termos dados são baseados na transição de um para o outro.

Dedução (do lat. deductio - derivação) - a transição no processo de cognição de em geral conhecimento para privado e solteiro. Na dedução, o conhecimento geral serve como ponto de partida do raciocínio, e esse conhecimento geral é assumido como “pronto”, existente. A peculiaridade da dedução é que a verdade de suas premissas garante a verdade da conclusão. Portanto, a dedução tem um grande poder de persuasão e é amplamente utilizada não apenas para provar teoremas em matemática, mas também onde houver necessidade de conhecimento confiável.

A indução (do latim inductio - orientação) é uma transição no processo de cognição de privado conhecimento para em geral Em outras palavras, é um método de pesquisa, conhecimento, associado à generalização dos resultados de observações e experimentos. Uma característica da indução é sua natureza probabilística, ou seja, dada a verdade das premissas iniciais, a conclusão da indução é apenas provavelmente verdadeira e, no resultado final, pode ser verdadeira e falsa.

Indução completa e incompleta

O raciocínio indutivo é uma forma de pensamento abstrato em que o pensamento se desenvolve de um conhecimento de menor grau de generalidade para um conhecimento de maior grau de generalidade, e a conclusão que se segue das premissas é predominantemente probabilística.

No decorrer da pesquisa, descobri que a indução se divide em dois tipos: completa e incompleta.

Uma indução completa é chamada de conclusão na qual uma conclusão geral sobre uma classe de objetos é feita com base no estudo de todos os objetos dessa classe.

Por exemplo, seja necessário estabelecer que todo número par natural n dentro de 6≤ n≤ 18 pode ser representado como a soma de dois números primos. Para fazer isso, pegamos todos esses números e escrevemos as expansões correspondentes:

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

Essas igualdades mostram que cada um dos números que nos interessam é de fato representado como a soma de dois termos simples.

Considere o seguinte exemplo: a sequência yn= n 2 +n+17; Vamos escrever os primeiros quatro termos: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Então podemos supor que toda a sequência consiste em números primos. Mas não é assim, vamos tomar y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Este é um número composto, o que significa que nossa suposição está errada, portanto, a indução incompleta não leva a conclusões completamente confiáveis, mas nos permite formular uma hipótese, que posteriormente requer prova matemática ou refutação.

Método de indução matemática

A indução completa tem apenas aplicações limitadas em matemática. Muitas declarações matemáticas interessantes cobrem um número infinito de casos especiais e não podemos testar todas essas situações, mas como testar um número infinito de casos? Este método foi proposto por B. Pascal e J. Bernoulli, este é um método de indução matemática, que se baseia em princípio da indução matemática.

Se a sentença A(n), que depende de um número natural n, é verdadeira para n=1, e do fato de que é verdadeira para n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que também é verdadeiro para o próximo número n=k +1, então a suposição A(n) é verdadeira para qualquer número natural n.

Em vários casos, pode ser necessário provar a validade de uma determinada afirmação não para todos os números naturais, mas apenas para n>p, onde p é um número natural fixo. Neste caso, o princípio da indução matemática é formulado da seguinte forma:

Se a sentença A(n) for verdadeira para n=p e se A(k)  A(k+1) para qualquer k>p, então a sentença A(n) é verdadeira para qualquer n>p.

Algoritmo (compõe-se de quatro etapas):

1.base(mostramos que a afirmação que está sendo provada é verdadeira para alguns casos especiais mais simples ( P = 1));

2. adivinhar(assumimos que a afirmação é provada para o primeiro para casos); 3 .degrau(sob esta suposição provamos a afirmação para o caso P = para + 1); 4.saída (y afirmação é verdadeira para todos os casos, ou seja, para todos os P) .

Note que nem todos os problemas podem ser resolvidos pelo método de indução matemática, mas apenas problemas parametrizados por alguma variável. Essa variável é chamada de variável de indução.

Aplicação do método de indução matemática

Vamos aplicar toda essa teoria na prática e descobrir em quais problemas esse método é utilizado.

Problemas para a prova de inequações.

Exemplo 1 Prove a desigualdade de Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.

1) Para n=1, a desigualdade é verdadeira, pois 1+х≥1+х

2) Assuma que a desigualdade é verdadeira para algum n=k, i.e.

(1+x) k ≥1+kx.

Multiplicando ambos os lados da desigualdade por um número positivo 1 + x, obtemos

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

Considerando que kx 2 ≥0, chegamos à desigualdade

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Assim, a suposição de que a desigualdade de Bernoulli é verdadeira para n=k implica que ela é verdadeira para n=k+1. Com base no método de indução matemática, pode-se argumentar que a desigualdade de Bernoulli é válida para qualquer n ∈ N.

Exemplo 2 Prove que para qualquer número natural n>1, .

Vamos provar usando o método de indução matemática.

Denote o lado esquerdo da desigualdade por.

1), portanto, para n=2 a desigualdade é verdadeira.

2) Seja algum k. Vamos provar que então e Nós temos .

Comparando e, temos, ou seja, .

Para qualquer inteiro positivo k, o lado direito da última igualdade é positivo. É por isso. Mas, portanto, e. Provamos a validade da desigualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a desigualdade é verdadeira para qualquer n>1 natural.

Problemas para a prova de identidades.

Exemplo 1 Prove que para qualquer n natural a igualdade é verdadeira:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Seja n=1, então X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vemos que para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que a igualdade seja verdadeira para n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para n=k+1, ou seja, 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.

Da prova acima fica claro que a afirmação é verdadeira para n=k+1, portanto, a igualdade é verdadeira para qualquer n natural.

Exemplo 2 Prove que para qualquer n natural a igualdade

1) Verifique se esta identidade é verdadeira para n = 1.; - certo.

2) Seja a identidade verdadeira para n = k também, ou seja.

3) Provemos que esta identidade também é verdadeira para n = k + 1, ou seja;

Porque igualdade é verdadeira para n=k e n=k+1, então é verdadeira para qualquer n natural.

Tarefas de soma.

Exemplo 1 Prove que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solução: 1) Temos n=1=1 2 . Portanto, a afirmação é verdadeira para n = 1, ou seja. A(1) é verdadeira.

2) Provemos que А(k) A(k+1).

Seja k qualquer número natural e a afirmação seja verdadeira para n=k, ou seja, 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Vamos provar que então a afirmação também é verdadeira para o próximo número natural n=k+1, ou seja. o que

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Então, A(k) A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a suposição A(n) é verdadeira para qualquer n N.

Exemplo 2 Prove a fórmula, n é um número natural.

Solução: Quando n=1, ambas as partes da igualdade se tornam uma e, portanto, a primeira condição do princípio da indução matemática é satisfeita.

Suponha que a fórmula seja verdadeira para n=k, ou seja. .

Vamos adicionar a ambos os lados desta igualdade e transformar o lado direito. Então obtemos

Assim, do fato de que a fórmula é verdadeira para n=k, segue-se que é verdadeira para n=k+1, então esta afirmação é verdadeira para qualquer n natural.

problemas de divisibilidade.

Exemplo 1 Prove que (11 n+2 +12 2n+1) é divisível por 133 sem resto.

Solução: 1) Seja n=1, então

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

(23 × 133) é divisível por 133 sem deixar resto, então para n=1 a afirmação é verdadeira;

2) Suponha que (11 k+2 +12 2k+1) seja divisível por 133 sem deixar resto.

3) Provemos que neste caso

(11 k+3 +12 2k+3) é divisível por 133 sem resto. De fato, 11 k+3 +12 2n+3 =11×11 k+2 +

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

A soma resultante é divisível por 133 sem deixar resto, pois seu primeiro termo é divisível por 133 sem deixar resto por assunção, e no segundo dos fatores é 133.

Então, A(k) → A(k+1), então baseado no método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n natural.

Exemplo 2 Prove que 3 3n-1 +2 4n-3 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 11.

Solução: 1) Seja n=1, então X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 é divisível por 11 sem deixar resto. Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que para n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 sem resto.

3) Provemos que a afirmação é verdadeira para 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 .

O primeiro termo é divisível por 11 sem resto, pois 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 por suposição, o segundo é divisível por 11, pois um de seus fatores é o número 11. Portanto, a soma é também divisível por 11 sem deixar resto para nenhum n natural.

Tarefas da vida real.

Exemplo 1 Prove que a soma Sn dos ângulos internos de qualquer polígono convexo é ( P- 2)π, onde Pé o número de lados deste polígono: Sn = ( P- 2)π (1).

Esta afirmação não faz sentido para todos os P, mas apenas para P > 3, pois o número mínimo de ângulos em um triângulo é 3.

1) Quando P= 3 nossa declaração assume a forma: S 3 = π. Mas a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é de fato π. Portanto, quando P= 3 fórmula (1) é verdadeira.

2) Seja esta fórmula verdadeira para n =k, ou seja, S k = (k- 2)π, onde k > 3. Vamos provar que neste caso a fórmula também vale: S k+ 1 = (k- 1) π.

Seja A 1 A 2 ... A k UMA k+ 1 - convexo arbitrário ( k+ 1) -gon (Fig. 338).

Conectando os pontos A 1 e A k , ficamos convexos k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Obviamente, a soma dos ângulos ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k UMA k+ 1 é a soma dos ângulos k-gon A 1 A 2 ... A k mais a soma dos ângulos do triângulo A 1 A k UMA k+ 1 . Mas a soma dos ângulos k-gon A 1 A 2 ... A k é considerado ( k- 2)π, e a soma dos ângulos do triângulo A 1 A k UMA k+ 1 é igual a pi. É por isso

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

Assim, ambas as condições do princípio da indução matemática são satisfeitas e, portanto, a fórmula (1) é verdadeira para qualquer P > 3.

Exemplo 2 Há uma escada, todos os degraus são os mesmos. É necessário indicar o número mínimo de posições que garantiriam a possibilidade de "subir" qualquer degrau por número.

Todos concordam que deve haver uma condição. Devemos ser capazes de subir o primeiro degrau. Em seguida, eles devem ser capazes de subir do primeiro degrau para o segundo. Então, no segundo - no terceiro, etc. para o enésimo passo. É claro que, no agregado, as instruções "n" garantem nm que seremos capazes de chegar ao n-ésimo passo.

Vamos agora olhar para as posições 2, 3,…., n e compará-las umas com as outras. É fácil ver que todos eles têm a mesma estrutura: se chegamos ao degrau k, podemos subir o degrau (k + 1). A partir daqui, tal axioma para a validade de declarações que dependem de "n" torna-se natural: se a sentença A (n), na qual n é um número natural, é satisfeita com n = 1 e pelo fato de ser satisfeita com n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que também vale para n=k+1, então a suposição A(n) vale para qualquer número natural n.

Inscrição

Tarefas usando o método de indução matemática ao entrar nas universidades.

Observe que, ao entrar nas instituições de ensino superior, também existem tarefas que são resolvidas por esse método. Vamos dar uma olhada neles exemplos concretos.

Exemplo 1 Prove que qualquer natureza P igualdade justa

1) Quando n=1 obtemos a igualdade correta Sin.

2) Tendo feito a suposição indutiva de que para n= k igualdade é verdadeira, considere a soma do lado esquerdo da igualdade, para n =k+1;

3) Usando as fórmulas de redução, transformamos a expressão:

Então, em virtude do método de indução matemática, a igualdade é verdadeira para qualquer n natural.

Exemplo 2 Prove que para qualquer n natural o valor da expressão 4n +15n-1 é um múltiplo de 9.

1) Com n=1: 2 2 +15-1=18 - múltiplo de 9 (porque 18:9=2)

2) Deixe a igualdade valer para n=k: 4k +15k-1 é um múltiplo de 9.

3) Vamos provar que a igualdade vale para o próximo número n=k+1

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

4(4k +15k-1) - múltiplo de 9;

9(5k-2) - múltiplo de 9;

Conseqüentemente, toda a expressão 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) é um múltiplo de 9, o que deve ser provado.

Exemplo 3 Prove que para qualquer número natural P condição for atendida: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Verifique se esta fórmula é verdadeira para n=1: Lado esquerdo = 1∙2∙3=6.

Parte direita = . 6 = 6; verdade em n=1.

2) Assuma que esta fórmula é verdadeira para n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Vamos provar que esta fórmula é verdadeira para n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Prova:

Então, esta condição é verdadeira em dois casos e provou que é verdadeira para n =k+1, portanto, é verdade para qualquer número natural P.

Conclusão

Para resumir, no processo de pesquisa, descobri o que é indução, o que é completo ou incompleto, me familiarizei com o método de indução matemática baseado no princípio da indução matemática, considerado muitos problemas usando esse método.

Também aprendi muitas informações novas, diferentes das que constam no currículo escolar.Enquanto estudava o método de indução matemática, usei várias literaturas, recursos da Internet e também consultei um professor.

Conclusão: Tendo generalizado e sistematizado o conhecimento sobre indução matemática, convenci-me da necessidade de conhecimento sobre este tema na realidade. Uma qualidade positiva do método de indução matemática é sua ampla aplicação na resolução de problemas: no campo da álgebra, geometria e matemática real. Além disso, esse conhecimento aumenta o interesse pela matemática como ciência.

Tenho certeza de que as habilidades adquiridas durante o trabalho me ajudarão no futuro.

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Se a sentença A(n), que depende de um número natural n, é verdadeira para n=1, e do fato de que é verdadeira para n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que também é verdadeiro para o próximo número n=k +1, então a suposição A(n) é verdadeira para qualquer número natural n.

Em vários casos, pode ser necessário provar a validade de uma determinada afirmação não para todos os números naturais, mas apenas para n>p, onde p é um número natural fixo. Neste caso, o princípio da indução matemática é formulado como segue.

Se a proposição A(n) é verdadeira para n=p e se A(k) X A(k+1) para qualquer k>p, então a proposição A(n) é verdadeira para qualquer n>p.

A prova pelo método de indução matemática é realizada da seguinte forma. Primeiro, a asserção a ser provada é verificada para n = 1, ou seja, a verdade da afirmação A(1) é estabelecida. Esta parte da prova é chamada de base de indução. Isto é seguido por uma parte da prova chamada etapa de indução. Nesta parte, a validade da afirmação para n=k+1 é provada sob a suposição de que a afirmação é verdadeira para n=k (a suposição indutiva), ou seja, provar que A(k) ~ A(k+1)

Prove que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Temos n=1=1 2 . Portanto, a afirmação é verdadeira para n = 1, ou seja. A(1) verdadeiro
• 2) Vamos provar que A(k) ~ A(k+1)

Seja k qualquer número natural e seja a afirmação verdadeira para n=k, ou seja.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Vamos provar que então a afirmação também é verdadeira para o próximo número natural n=k+1, ou seja. o que

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 De fato,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Então, A(k) X A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a suposição A(n) é verdadeira para qualquer n О N

Prove que

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), onde x nº 1

• 1) Para n=1 obtemos
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

portanto, para n=1 a fórmula é verdadeira; A(1) verdadeiro

• 2) Seja k qualquer número natural e seja a fórmula verdadeira para n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Vamos provar que então a igualdade

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

Então A(k) ⋅ A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a fórmula é verdadeira para qualquer número natural n

Prove que o número de diagonais de um n-gon convexo é n(n-3)/2

Solução: 1) Para n=3, a afirmação é verdadeira, pois no triângulo

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonais; A 2 A(3) verdadeiro

2) Suponha que em qualquer k-gon convexo tenha A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonais. A k Vamos provar que então em um convexo A k+1 (k+1)-gon o número de diagonais A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Seja À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -convexo (k+1)-gon. Vamos desenhar uma diagonal A 1 A k nela. Para calcular o número total de diagonais deste (k + 1)-gon, você precisa contar o número de diagonais no k-gon A 1 A 2 ...A k , adicionar k-2 ao número resultante, ou seja. o número de diagonais do (k+1)-gon que emana do vértice A k+1 , e, além disso, deve-se levar em conta a diagonal A 1 A k

Nesse caminho,

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

Então A(k) ⋅ A(k+1). Devido ao princípio da indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n-gon convexo.

Prove que para qualquer n a afirmação é verdadeira:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Solução: 1) Seja n=1, então

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

2) Suponha que n=k

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

3) Considere esta afirmação para 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

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n natural

Prove que para qualquer n natural a igualdade é verdadeira:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Solução: 1) Seja n=1

Então X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vemos que para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Assuma que a igualdade é verdadeira para n=k

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

3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para n=k+1, ou seja.

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

Pode-se ver a partir da prova acima que a afirmação é verdadeira para n = k + 1, portanto, a igualdade é verdadeira para qualquer n natural

Prove que

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), onde n>2

Solução: 1) Para n=2, a identidade se parece com:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 × 2 × 3)/2(2 2 +2+1), i.e. é verdade
• 2) Assuma que a expressão é verdadeira para n=k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) Vamos provar a correção da expressão para n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n>2

Prove que

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) para qualquer n natural

Solução: 1) Seja n=1, então

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Suponha que n = k, então
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para 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)

A validade da igualdade para n=k+1 também é provada, portanto a afirmação é verdadeira para qualquer n natural.

Prove a validade da identidade

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) para qualquer n natural

• 1) Para n=1 a identidade é verdadeira 1 2/1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Suponha que para n=k
• (1 2 /1 × 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Provamos que a identidade é verdadeira para 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)) ґ ((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)

Pode-se ver a partir da prova acima que a afirmação é verdadeira para qualquer inteiro positivo n.

Prove que (11 n+2 +12 2n+1) é divisível por 133 sem resto

Solução: 1) Seja n=1, então

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

Mas (23 × 133) é divisível por 133 sem deixar resto, então para n=1 a afirmação é verdadeira; A(1) é verdadeira.

• 2) Suponha que (11 k+2 +12 2k+1) seja divisível por 133 sem resto
• 3) Vamos provar que neste caso (11 k+3 +12 2k+3) é divisível por 133 sem deixar resto. De fato
• 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

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

A quantidade resultante é divisível por 133 sem resto, pois seu primeiro termo é divisível por 133 sem resto por suposição, e no segundo um dos fatores é 133. Então, A(k) Yu A(k + ​​1). Em virtude do método de indução matemática, a afirmação é provada

Prove que para qualquer n 7 n -1 é divisível por 6 sem deixar resto

• 1) Seja n=1, então X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 é dividido por 6 sem resto. Então para n=1 a afirmação é verdadeira
• 2) Suponha que para n \u003d k 7 k -1 seja divisível por 6 sem resto
• 3) Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

O primeiro termo é divisível por 6, pois 7 k -1 é divisível por 6 por suposição, e o segundo termo é 6. Então 7 n -1 é um múltiplo de 6 para qualquer n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n-1 +2 4n-3 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 11.

1) Seja n=1, então

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 é dividido por 11 sem resto.

Então para n=1 a afirmação é verdadeira

• 2) Suponha que para n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 sem resto
• 3) Provamos que a afirmação é verdadeira para 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

O primeiro termo é divisível por 11 sem resto, pois 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 por suposição, o segundo é divisível por 11, pois um de seus fatores é o número 11. Portanto, a soma é também divisível por 11 sem deixar resto para nenhum n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 11 2n -1 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 6 sem deixar resto

• 1) Seja n=1, então 11 2 -1=120 é divisível por 6 sem resto. Então para n=1 a afirmação é verdadeira
• 2) Suponha que para n=k 1 2k -1 é divisível por 6 sem resto
• 11 2(k+1) -1=121 × 11 2k -1=120 × 11 2k +(11 2k -1)

Ambos os termos são divisíveis por 6 sem resto: o primeiro contém um múltiplo de 6 número 120, e o segundo é divisível por 6 sem resto por suposição. Portanto, a soma é divisível por 6 sem deixar resto. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n+3 -26n-27 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 26 2 (676) sem resto

Vamos primeiro provar que 3 3n+3 -1 é divisível por 26 sem deixar resto

• 1. Quando n=0
• 3 3 -1=26 é divisível por 26
• 2. Suponha que para n=k
• 3 3k+3 -1 é divisível por 26
• 3. Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - é divisível por 26

Vamos agora provar a afirmação formulada na condição do problema

• 1) É óbvio que para n=1 a afirmação é verdadeira
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Suponha que para n=k a expressão 3 3k+3 -26k-27 é divisível por 26 2 sem resto
• 3) Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Ambos os termos são divisíveis por 26 2 ; a primeira é divisível por 26 2 porque provamos que a expressão entre parênteses é divisível por 26, e a segunda é divisível pela hipótese indutiva. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação é provada

Prove que se n>2 e х>0, então a desigualdade (1+х) n >1+n ґ х

• 1) Para n=2, a desigualdade é verdadeira, pois
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Então A(2) é verdadeira

• 2) Provemos que A(k) ⋅ A(k+1) se k> 2. Assuma que A(k) é verdadeira, ou seja, que a desigualdade
• (1+х) k >1+k × x. (3)

Vamos provar que então A(k+1) também é verdadeira, ou seja, que a desigualdade

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

De fato, multiplicando ambos os lados da desigualdade (3) por um número positivo 1+x, obtemos

(1+x) k+1 >(1+k × x)(1+x)

Considere o lado direito da última desigualdade; temos

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

Como resultado, obtemos que (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Então A(k) ⋅ A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, pode-se argumentar que a desigualdade de Bernoulli é válida para qualquer n> 2

Prove que a desigualdade (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 é verdadeira para a> 0

Solução: 1) Para m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ambas as partes são iguais
• 2) Suponha que para m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Provemos que para m=k+1 a não igualdade é verdadeira
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) × a 2

Provamos a validade da desigualdade para m=k+1, portanto, devido ao método de indução matemática, a desigualdade é válida para qualquer m natural

Prove que para n>6 a desigualdade 3 n >n ґ 2 n+1

Vamos reescrever a desigualdade na forma (3/2) n > 2n

• 1. Para n=7 temos 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 × 7 a desigualdade é verdadeira
• 2. Suponha que para n=k (3/2) k > 2k
• 3) Vamos provar a validade da desigualdade para n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) × (3/2)>2k × (3/2)=3k>2(k+1)

Como k>7, a última desigualdade é óbvia.

Devido ao método de indução matemática, a desigualdade é válida para qualquer n natural

Prove que para n>2 a desigualdade

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Para n=3 a desigualdade é verdadeira
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Suponha que para n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Vamos provar a validade da desigualdade para n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Vamos provar que 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

Este último é óbvio e, portanto,

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

Em virtude do método de indução matemática, a desigualdade está provada.

A indução é um método de obter uma afirmação geral a partir de observações particulares. No caso em que uma afirmação matemática diz respeito a um número finito de objetos, ela pode ser provada verificando cada objeto. Por exemplo, a afirmação: “Todo número par de dois dígitos é a soma de dois números primos”, decorre de uma série de igualdades que são bastante realistas para estabelecer:

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

O método de prova, no qual uma afirmação é verificada para um número finito de casos, esgotando todas as possibilidades, é chamado de indução completa. Este método é relativamente raramente aplicável, uma vez que as declarações matemáticas, em regra, não se referem a conjuntos finitos, mas infinitos de objetos. Por exemplo, a afirmação sobre números pares de dois dígitos provada acima por indução completa é apenas um caso especial do teorema: "Qualquer número par é a soma de dois números primos". Este teorema ainda não foi provado ou refutado.

A indução matemática é um método de provar uma certa afirmação para qualquer n natural baseado no princípio da indução matemática: “Se uma afirmação é verdadeira para n=1 e de sua validade para n=k segue-se que esta afirmação é verdadeira para n= k+1, então é verdadeiro para todo n ". O método de prova por indução matemática é o seguinte:

1) base de indução: provar ou verificar diretamente a validade da afirmação para n=1 (às vezes n=0 ou n=n 0);

2) etapa de indução (transição): assumem a validade do enunciado para algum n=k natural e, com base nessa suposição, comprovam a validade do enunciado para n=k+1.

Problemas com soluções

1. Prove que para qualquer n natural o número 3 2n+1 +2 n+2 é divisível por 7.

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

base de indução. Se n=1, então A(1)=3 3 +2 3 =35 e obviamente divisível por 7.

Hipótese de indução. Seja A(k) divisível por 7.

transição indutiva. Vamos provar que A(k+1) é divisível por 7, ou seja, a validade do enunciado do problema para n=k.

À(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 3 2 +2 k+2 2 1 =3 2k+1 9+2 k+2 2=

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

O último número é divisível por 7, pois é a diferença de dois inteiros divisíveis por 7. Portanto, 3 2n+1 +2 n+2 é divisível por 7 para qualquer n natural.

2. Prove que para qualquer inteiro positivo n o número 2 3 n +1 é divisível por 3 n+1 e não é divisível por 3 n+2 .

Vamos introduzir a notação: a i =2 3 i +1.

Para n=1 temos, e 1 =2 3 +1=9. Então, a 1 é divisível por 3 2 e não divisível por 3 3 .

Seja para n=k o número a k é divisível por 3 k+1 e não divisível por 3 k+2 , ou seja, a k =2 3 k +1=3 k+1 m, onde m não é divisível por 3. Então

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

3 k+2 m (3 2k+1 m 2 –2 3 k).

Obviamente, a k+1 é divisível por 3 k+2 e não é divisível por 3 k+3.

Portanto, a asserção está provada para qualquer n natural.

3. Sabe-se que x+1/x é um número inteiro. Prove que х n +1/х n também é um inteiro para qualquer inteiro n.

Vamos introduzir a notação: a i \u003d x i +1 / x i e notar imediatamente que a i \u003d a -i, então continuaremos falando sobre índices naturais.

Nota: e 1 é um inteiro por condição; a 2 é um número inteiro, pois a 2 \u003d (a 1) 2 -2; e 0=2.

Suponha que a k seja um inteiro para qualquer inteiro positivo k que não exceda n. Então a 1 ·a n é um inteiro, mas a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 e a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. No entanto, e n–1 é um inteiro pela hipótese de indução. Portanto, а n+1 também é um número inteiro. Portanto, х n +1/х n é um inteiro para qualquer inteiro n, que deve ser provado.

4. Prove que para qualquer inteiro positivo n maior que 1, a dupla desigualdade

5. Prove que para natural n > 1 e |х|

(1–x)n +(1+x)n

Para n=2 a desigualdade é verdadeira. Sério,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

Se a desigualdade é verdadeira para n=k, então para n=k+1 temos

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

A desigualdade é provada para qualquer número natural n > 1.

6. Existem n círculos no plano. Prove que para qualquer disposição desses círculos, o mapa formado por eles pode ser colorido corretamente com duas cores.

Vamos usar o método de indução matemática.

Para n=1 a afirmação é óbvia.

Suponha que a afirmação seja verdadeira para qualquer mapa formado por n círculos e sejam dados n + 1 círculos no plano. Retirando um desses círculos, obtemos um mapa que, em virtude da suposição feita, pode ser corretamente colorido com duas cores (veja a primeira figura abaixo).

Em seguida, restauramos o círculo descartado e em um lado dele, por exemplo dentro, alteramos a cor de cada área para o oposto (veja a segunda foto). É fácil ver que neste caso obtemos um mapa corretamente colorido com duas cores, mas só agora com n + 1 círculos, o que era para ser provado.

7. Chamaremos um polígono convexo de “bonito” se as seguintes condições forem atendidas:

1) cada um de seus vértices é pintado em uma das três cores;

2) quaisquer dois vértices vizinhos são pintados em cores diferentes;

3) pelo menos um vértice do polígono é colorido em cada uma das três cores.

Prove que qualquer belo n-gon pode ser cortado por diagonais sem interseção em triângulos "bonitos".

Vamos usar o método de indução matemática.

base de indução. Para o menor n=3 possível, a afirmação do problema é óbvia: os vértices do triângulo "bonito" são pintados em três cores diferentes e não são necessários cortes.

Hipótese de indução. Vamos supor que a afirmação do problema seja verdadeira para qualquer n-gon "bonito".

etapa de indução. Considere um "belo" (n + 1)-gon arbitrário e prove, usando a hipótese de indução, que ele pode ser cortado por algumas diagonais em triângulos "belos". Denote por À 1 , À 2 , À 3 , … À n , À n+1 – vértices sucessivos do (n+1)-gon. Se apenas um vértice do (n + 1)-gon é colorido em qualquer uma das três cores, então, conectando esse vértice com diagonais a todos os vértices não adjacentes a ele, obtemos a partição necessária do (n + 1)- ido em triângulos “bonitos”.

Se pelo menos dois vértices de um (n + 1)-gon são pintados em cada uma das três cores, denotamos a cor do vértice A 1 pelo número 1 e a cor do vértice A 2 pelo número 2 . Seja k o menor número tal que o vértice A k seja colorido na terceira cor. É claro que k > 2. Vamos cortar o triângulo À k–2 À k–1 À k do (n+1)-gon com a diagonal À k–2 À k . De acordo com a escolha do número k, todos os vértices desse triângulo são pintados em três cores diferentes, ou seja, esse triângulo é "bonito". O n-gon convexo A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , que permanece, também será, devido à suposição indutiva, “belo”, o que significa que é dividido em triângulos “bonitos”, que e precisavam ser comprovados.

8. Prove que em um n-gon convexo é impossível escolher mais de n diagonais para que duas delas tenham um ponto comum.

Vamos realizar a prova pelo método de indução matemática.

Vamos provar uma afirmação mais geral: em um n-gon convexo, é impossível escolher mais de n lados e diagonais para que quaisquer dois deles tenham um ponto comum. Para n = 3 a afirmação é óbvia. Vamos supor que esta afirmação é verdadeira para um n-gon arbitrário e, usando isso, provar sua validade para um (n + 1)-gon arbitrário.

Suponha que para um (n + 1)-gon esta afirmação não seja verdadeira. Se não mais do que dois lados ou diagonais escolhidos emergem de cada vértice de um (n+1)-gon, então há no máximo n+1 deles escolhidos. Portanto, pelo menos três lados ou diagonais escolhidos AB, AC, AD emergem de algum vértice A. Seja AC entre AB e AD. Como qualquer lado ou diagonal que sai de C, exceto CA, não pode cruzar AB e AD ao mesmo tempo, apenas uma diagonal CA escolhida sai de C.

Descartando o ponto C junto com a diagonal CA, obtemos um n-gon convexo no qual mais de n lados e diagonais são escolhidos, dois dos quais têm um ponto comum. Assim, chegamos a uma contradição com a suposição de que a afirmação é verdadeira para um n-gon convexo arbitrário.

Assim, para um (n + 1)-gon, a afirmação é verdadeira. De acordo com o princípio da indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n-gon convexo.

9. Existem n linhas desenhadas no plano, das quais duas não são paralelas e três não passam pelo mesmo ponto. Em quantas partes essas linhas dividem o plano.

Com a ajuda de desenhos elementares, é fácil garantir que uma linha reta divida o plano em 2 partes, duas linhas retas em 4 partes, três linhas retas em 7 partes e quatro linhas retas em 11 partes.

Denote por N(n) o número de partes em que n linhas dividem o plano. Pode ser visto que

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

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

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

É natural supor que

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ou, como é fácil de estabelecer, usando a fórmula para a soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética,

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

Vamos provar a validade desta fórmula pelo método de indução matemática.

Para n=1, a fórmula já foi verificada.

Tendo feito a suposição indutiva, considere k + 1 linhas satisfazendo a condição do problema. Selecionamos arbitrariamente k linhas retas delas. Pela hipótese indutiva, eles dividem o plano em 1+ k(k+1)/2 partes. A (k + 1)-ésima linha restante será dividida pelas k linhas selecionadas em k + 1 partes e, portanto, passará pela (k + 1)-ésima parte na qual o plano já foi dividido, e cada uma das essas partes serão divididas em 2 partes, ou seja, serão somadas mais k+1 partes. Então,

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

Q.E.D.

10. Na expressão x 1: x 2: ...: x n, colchetes são colocados para indicar a ordem das ações e o resultado é escrito como uma fração:

(neste caso, cada uma das letras x 1, x 2, ..., x n está no numerador da fração ou no denominador). Quantas expressões diferentes podem ser obtidas dessa maneira com todas as maneiras possíveis de organizar colchetes?

Em primeiro lugar, é claro que na fração resultante x 1 estará no numerador. É quase igualmente óbvio que x 2 estará no denominador para qualquer arranjo de colchetes (o sinal de divisão antes de x 2 se refere ao próprio x 2 ou a qualquer expressão contendo x 2 no numerador).

Pode-se supor que todas as outras letras x 3 , x 4 , ... , x n podem ser localizadas no numerador ou denominador de forma completamente arbitrária. Segue-se que, no total, você pode obter 2 n-2 frações: cada uma das n-2 letras x 3, x 4, ..., x n pode ser independente das outras no numerador ou denominador.

Vamos provar esta afirmação por indução.

Com n=3, você pode obter 2 frações:

então a afirmação é verdadeira.

Assumimos que é válido para n=k e provamos para n=k+1.

Deixe a expressão x 1: x 2: ...: x k, após algum arranjo de colchetes, ser escrita como uma fração Q. Se x k: x k+1 for substituído nesta expressão em vez de x k, então x k estará no mesmo lugar que estava nas frações Q, e x k + 1 não estará onde x k estava (se x k estava no denominador, então x k + 1 estará no numerador e vice-versa).

Agora vamos provar que podemos adicionar x k+1 ao mesmo lugar que x k . Na fração Q, após a colocação dos colchetes, necessariamente haverá uma expressão da forma q:x k, onde q é a letra x k–1 ou alguma expressão entre colchetes. Substituindo q: x k pela expressão (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), obtemos obviamente a mesma fração Q, onde em vez de x k é x k x k+1 .

Assim, o número de frações possíveis no caso de n=k+1 é 2 vezes maior do que no caso de n=k e é igual a 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Assim fica provada a afirmação.

Resposta: 2 frações n-2.

Problemas sem soluções

1. Prove que para qualquer n natural:

a) o número 5 n -3 n + 2n é divisível por 4;

b) o número n 3 +11n é divisível por 6;

c) o número 7 n +3n–1 é divisível por 9;

d) o número 6 2n +19 n –2 n+1 é divisível por 17;

e) o número 7 n+1 +8 2n–1 é divisível por 19;

f) o número 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 é divisível por 27.

2. Prove que (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Prove a desigualdade |sen nx| n|sinx| para qualquer n natural.

4. Encontre os números naturais a, b, c que não são divisíveis por 10 e tais que para qualquer n natural os números a n + b n e c n tenham os mesmos dois últimos dígitos.

5. Prove que se n pontos não estão na mesma linha, então entre as linhas que os conectam existem pelo menos n pontos diferentes.

MÉTODO DE INDUÇÃO MATEMÁTICA

A palavra indução em russo significa orientação, e indutiva é chamada de conclusões baseadas em observações, experimentos, ou seja, obtido por inferência do particular para o geral.

Por exemplo, todos os dias observamos que o Sol nasce do leste. Portanto, você pode ter certeza de que amanhã aparecerá no leste e não no oeste. Tiramos essa conclusão sem recorrer a nenhuma suposição sobre a causa do movimento do Sol no céu (além disso, esse movimento em si acaba sendo aparente, pois o globo realmente se move). E, no entanto, essa derivação indutiva descreve corretamente as observações que faremos amanhã.

O papel das inferências indutivas nas ciências experimentais é muito grande. Eles fornecem essas disposições, das quais são então tiradas outras conclusões por dedução. E embora a mecânica teórica seja baseada nas três leis do movimento de Newton, essas próprias leis foram o resultado de uma profunda reflexão sobre dados experimentais, em particular, as leis do movimento planetário de Kepler, derivadas por ele durante o processamento de observações de longo prazo pelo Astrônomo dinamarquês Tycho Brahe. A observação e a indução revelam-se úteis no futuro para refinar as suposições feitas. Após os experimentos de Michelson para medir a velocidade da luz em um meio em movimento, tornou-se necessário esclarecer as leis da física e criar uma teoria da relatividade.

Na matemática, o papel da indução é, em grande parte, o de fundamentar a axiomática escolhida. Depois que uma longa prática mostrou que um caminho reto é sempre mais curto que um curvo ou quebrado, era natural formular um axioma: para quaisquer três pontos A, B e C, a desigualdade

A noção subjacente de aritmética a seguir também surgiu da observação da formação de soldados, navios e outros conjuntos ordenados.

No entanto, não se deve pensar que este é o fim do papel da indução na matemática. É claro que não devemos verificar experimentalmente teoremas deduzidos logicamente de axiomas: se nenhum erro lógico foi cometido na derivação, então eles são verdadeiros na medida em que os axiomas que aceitamos são verdadeiros. Mas muitas afirmações podem ser deduzidas desse sistema de axiomas. E a seleção das afirmações que precisam ser provadas é novamente sugerida por indução. É ela quem nos permite separar os teoremas úteis dos inúteis, indica quais teoremas podem vir a ser verdadeiros e até ajuda a delinear o caminho da prova.

A essência do método de indução matemática

Em muitas seções de aritmética, álgebra, geometria, análise, é preciso provar a verdade das sentenças A(n) que dependem de uma variável natural. A prova da veracidade da sentença A(n) para todos os valores da variável muitas vezes pode ser realizada pelo método de indução matemática, que se baseia no seguinte princípio.

A sentença A(n) é considerada verdadeira para todos os valores naturais da variável se as duas condições a seguir forem atendidas:

A proposição A(n) é verdadeira para n=1.

Da suposição de que A(n) é verdadeiro para n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que é verdadeiro para o próximo valor n=k+1.

Este princípio é chamado de princípio da indução matemática. Geralmente é escolhido como um dos axiomas que definem a série natural de números e, portanto, aceito sem prova.

O método de indução matemática é entendido como o seguinte método de prova. Se for necessário provar a verdade da proposição A(n) para todo n natural, então, primeiro, deve-se verificar a veracidade da proposição A(1) e, em segundo lugar, assumir a verdade da proposição A(k) , tente provar que a proposição A(k +1) é verdadeira. Se isso pode ser provado, e a prova permanece válida para todo valor natural de k, então, de acordo com o princípio da indução matemática, a proposição A(n) é reconhecida como verdadeira para todos os valores de n.

O método de indução matemática é amplamente utilizado na demonstração de teoremas, identidades, desigualdades, na resolução de problemas de divisibilidade, na resolução de alguns problemas geométricos e muitos outros.

O método de indução matemática na resolução de problemas em

divisibilidade

Usando o método de indução matemática, pode-se provar várias afirmações sobre a divisibilidade dos números naturais.

A seguinte afirmação pode ser provada com relativa facilidade. Vamos mostrar como ela é obtida usando o método de indução matemática.

Exemplo 1. Se n é um número natural, então o número é par.

Para n=1 nossa afirmação é verdadeira: - um número par. Vamos supor que seja um número par. Como , um 2k é um número par, então até. Então, a paridade é provada para n = 1, a paridade é deduzida da paridade .Assim, mesmo para todos os valores naturais de n.

Exemplo 2Prove a veracidade da frase

A(n)=(número 5 é um múltiplo de 19), n é um número natural.

Solução.

A afirmação A(1)=(número é um múltiplo de 19) é verdadeira.

Suponha que para algum valor n=k

A(k)=(número é um múltiplo de 19) é verdadeiro. Então, desde

Obviamente, A(k+1) também é verdadeira. De fato, o primeiro termo é divisível por 19 em virtude da suposição de que A(k) é verdadeira; o segundo termo também é divisível por 19, pois contém um fator de 19. Ambas as condições do princípio da indução matemática são satisfeitas, portanto, a proposição A(n) é verdadeira para todos os valores de n.

Aplicação do método de indução matemática para

soma de séries

Exemplo 1Prove a fórmula

, n é um número natural.

Solução.

Para n=1, ambas as partes da igualdade se tornam uma e, portanto, a primeira condição do princípio da indução matemática é satisfeita.

Suponha que a fórmula seja verdadeira para n=k, ou seja.

.

Vamos adicionar a ambos os lados desta igualdade e transformar o lado direito. Então obtemos

Assim, do fato de que a fórmula é verdadeira para n=k, segue-se que também é verdadeira para n=k+1. Esta afirmação é verdadeira para qualquer valor natural de k. Assim, a segunda condição do princípio da indução matemática também é satisfeita. A fórmula foi comprovada.

Exemplo 2Prove que a soma dos primeiros n números da série natural é .

Solução.

Vamos denotar a quantidade necessária, ou seja, .

Para n=1, a hipótese é verdadeira.

Deixar . Vamos mostrar que .

De fato,

Problema resolvido.

Exemplo 3Prove que a soma dos quadrados dos n primeiros números da série natural é igual a .

Solução.

Deixar .

.

Vamos fingir que . Então

E finalmente.

Exemplo 4 Prove isso.

Solução.

Se então

Exemplo 5 Prove que

Solução.

Para n=1, a hipótese é obviamente verdadeira.

Deixar .

Vamos provar isso.

Sério,

Exemplos de aplicação do método de indução matemática para

prova de desigualdades

Exemplo 1Prove que para qualquer número natural n>1

.

Solução.

Denote o lado esquerdo da desigualdade por .

Portanto, para n=2, a desigualdade é verdadeira.

Deixe para alguns k. Vamos provar que então e . Nós temos , .

Comparando e , temos , ou seja .

Para qualquer inteiro positivo k, o lado direito da última igualdade é positivo. É por isso . Mas , portanto, e .

Exemplo 2Encontre um erro no raciocínio.

Declaração. Para qualquer n natural, a desigualdade é verdadeira.

Prova.

. (1)

Vamos provar que então a desigualdade também é válida para n=k+1, ou seja.

.

De fato, pelo menos 2 para qualquer k natural. Vamos adicionar a desigualdade (1) ao lado esquerdo e 2 ao lado direito. Obtemos uma desigualdade justa , ou . A afirmação foi comprovada.

Exemplo 3Prove que , onde >-1, , n é um número natural maior que 1.

Solução.

Para n=2, a desigualdade é verdadeira, pois .

Seja a desigualdade verdadeira para n=k, onde k é algum número natural, ou seja.

. (1)

Vamos mostrar que então a desigualdade também é válida para n=k+1, ou seja.

. (2)

De fato, por suposição, , portanto, a desigualdade

, (3)

obtido da desigualdade (1) multiplicando cada parte dela por . Vamos reescrever a desigualdade (3) da seguinte forma: . Descartando o termo positivo do lado direito da última desigualdade, obtemos a desigualdade válida (2).

Exemplo 4 Prove que

(1)

onde , , n é um número natural maior que 1.

Solução.

Para n=2, a desigualdade (1) assume a forma

. (2)

Como , então a desigualdade

. (3)

Somando a cada parte da desigualdade (3) por , obtemos a desigualdade (2).

Isso prova que a desigualdade (1) vale para n=2.

Seja a desigualdade (1) válida para n=k, onde k é algum número natural, i.e.

. (4)

Vamos provar que então a desigualdade (1) também deve ser válida para n=k+1, ou seja.

(5)

Vamos multiplicar ambas as partes da desigualdade (4) por a+b. Como, por condição, , obtemos a seguinte desigualdade justa:

. (6)

Para provar a desigualdade (5), basta mostrar que

, (7)

ou, o que é o mesmo,

. (8)

A desigualdade (8) é equivalente à desigualdade

. (9)

Se , então , e no lado esquerdo da desigualdade (9) temos o produto de dois números positivos. Se , então , e no lado esquerdo da desigualdade (9) temos o produto de dois números negativos. Em ambos os casos a desigualdade (9) é válida.

Isso prova que a validade da desigualdade (1) para n=k implica sua validade para n=k+1.

Método de indução matemática aplicado a outros

tarefas

A aplicação mais natural do método de indução matemática em geometria, próxima ao uso desse método em teoria dos números e álgebra, é a aplicação à solução de problemas computacionais geométricos. Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 1Calcule o lado do correto - um quadrado inscrito em um círculo de raio R.

Solução.

Para n=2 correto 2 n - um quadrado é um quadrado; o lado dele. Além disso, de acordo com a fórmula de duplicação

descobrir que o lado de um octógono regular , lado de um hexágono regular , o lado de um ângulo regular de trinta e dois . Podemos, portanto, supor que o lado de um regular inscrito 2 n - um quadrado para qualquer é igual

. (1)

Suponhamos que o lado de um -gon regular inscrito seja expresso pela fórmula (1). Neste caso, pela fórmula de duplicação

,

de onde segue que a fórmula (1) é válida para todo n.

Exemplo 2Em quantos triângulos um n-gon (não necessariamente convexo) pode ser dividido por suas diagonais que não se cruzam?

Solução.

Para um triângulo, esse número é igual a um (nenhuma diagonal pode ser desenhada em um triângulo); para um quadrilátero este número é obviamente igual a dois.

Suponha que já sabemos que cada k-gon, onde k 1 A 2 ... A n em triângulos.

Um

A 1 A 2

Seja À 1 À k uma das diagonais desta partição; ele divide o n-gon À 1 À 2 …À n no k-gon A 1 A 2 …A k e o (n-k+2)-gon À 1 À k A k+1 …A n . Em virtude da suposição feita, o número total de triângulos de partição será igual a

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

assim nossa afirmação é provada para todo n.

Exemplo 3Especifique uma regra para calcular o número P(n) de maneiras pelas quais um n-gon convexo pode ser dividido em triângulos por diagonais que não se cruzam.

Solução.

Para um triângulo, este número é obviamente igual a um: P(3)=1.

Suponha que já determinamos os números P(k) para todos os k 1 A 2 ... A n . Para qualquer partição dele em triângulos, o lado A 1 A 2 será um lado de um dos triângulos de partição, o terceiro vértice deste triângulo pode coincidir com cada um dos pontos A 3 , À 4 , …, À n . O número de maneiras de particionar um n-gon em que este vértice coincide com o ponto A 3 , é igual ao número de maneiras de triangular o (n-1)-gon A 1 A 3 A 4 ... A n , ou seja igual a P(n-1). O número de maneiras de particionamento em que este vértice coincide com A 4 , é igual ao número de maneiras de particionar o (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 ... A n , ou seja igual a P(n-2)=P(n-2)P(3); o número de maneiras de particionamento em que coincide com A 5 , é igual a P(n-3)P(4), uma vez que cada uma das partições do (n-3)-gon A 1 A 5 ... A n pode ser combinado com cada uma das partições do quadrilátero A 2 A 3 A 4 A 5 , etc Assim, chegamos à seguinte relação:

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

Usando esta fórmula, obtemos sucessivamente:

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

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

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

etc.

Além disso, usando o método de indução matemática, você pode resolver problemas com gráficos.

Seja uma rede de linhas no plano, conectando alguns pontos entre si e não tendo outros pontos. Chamaremos essa rede de linhas de mapa, os pontos dados são seus vértices, os segmentos de curvas entre dois vértices adjacentes - as bordas do mapa, as partes do plano em que ele é dividido pelas fronteiras - os países de o mapa.

Deixe algum mapa ser dado no avião. Diremos que está corretamente colorido se cada um de seus países for pintado em uma determinada cor, e quaisquer dois países que compartilham uma fronteira comum forem pintados em cores diferentes.

Exemplo 4Existem n círculos no plano. Prove que para qualquer disposição desses círculos, o mapa formado por eles pode ser colorido corretamente com duas cores.

Solução.

Para n=1 nossa afirmação é óbvia.

Suponha que nossa afirmação seja verdadeira para qualquer mapa formado por n círculos e sejam dados n + 1 círculos no plano. Ao remover um desses círculos, obtemos um mapa que, em virtude da suposição feita, pode ser colorido corretamente com duas cores, por exemplo, preto e branco.