Método de indução matemática

Introdução

Parte principal

1. Indução completa e incompleta
2. Princípio da indução matemática
3. Método de indução matemática
4. Solução de exemplos
5. Igualdade
6. Divisão de número
7. desigualdades

Conclusão

Lista de literatura usada

Introdução

Os métodos dedutivos e indutivos são a base de qualquer pesquisa matemática. O método dedutivo de raciocínio é o raciocínio do geral para o particular, ou seja, raciocínio, cujo ponto de partida é o resultado geral e o ponto final é o resultado particular. A indução é aplicada ao passar de resultados particulares para resultados gerais, ou seja, é o oposto do método dedutivo.

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 seu pensamento logicamente, o que significa que a própria natureza o destinou a pensar indutivamente.

Embora o campo de aplicação do método de indução matemática tenha crescido, pouco tempo é dedicado a ele no currículo escolar. Bem, digamos que uma pessoa útil será trazida por aquelas duas ou três lições pelas quais ela ouve cinco palavras de teoria, resolve cinco problemas primitivos e, como resultado, recebe cinco por não saber nada.

Mas isso é tão importante - ser capaz de pensar indutivamente.

Parte principal

Em seu significado original, a palavra "indução" é aplicada ao raciocínio pelo qual conclusões gerais são obtidas com base em uma série de declarações particulares. O método mais simples de raciocínio desse tipo é a indução completa. Aqui está um exemplo de tal raciocínio.

Seja necessário estabelecer que todo número par natural n dentro de 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.

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

Assim, a indução completa é que a afirmação geral é provada separadamente em cada um de um número finito de casos possíveis.

Às vezes, o resultado geral pode ser previsto após considerar não todos, mas sim um grande número de casos especiais (a chamada indução incompleta).

O resultado obtido por indução incompleta, no entanto, permanece apenas uma hipótese até que seja comprovado por raciocínio matemático exato, abrangendo todos os casos especiais. Em outras palavras, a indução incompleta em matemática não é considerada um método legítimo de prova rigorosa, mas é um método poderoso para descobrir novas verdades.

Vamos, por exemplo, é necessário encontrar a soma dos primeiros n números ímpares consecutivos. Considere casos especiais:

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

Depois de considerar esses poucos casos especiais, a seguinte conclusão geral se sugere:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

Essa. a soma dos primeiros n números ímpares consecutivos é n 2

É claro que a observação feita ainda não pode servir como prova da validade da fórmula acima.

A indução completa tem apenas aplicações limitadas em matemática. Muitas declarações matemáticas interessantes cobrem um número infinito de casos especiais, e não podemos testar um número infinito de casos. A indução incompleta muitas vezes leva a resultados errôneos.

Em muitos casos, a saída para esse tipo de dificuldade é recorrer a um método especial de raciocínio, chamado método de indução matemática. É o seguinte.

Seja necessário provar a validade de uma determinada afirmação para qualquer número natural n (por exemplo, é necessário provar que a soma dos n primeiros números ímpares é igual a n 2). Uma verificação direta dessa afirmação para cada valor de n é impossível, pois o conjunto dos números naturais é infinito. Para provar esta afirmação, primeiro verifique sua validade para n=1. Então prova-se que para qualquer valor natural de k, a validade da afirmação em consideração para n=k implica sua validade também para n=k+1.

Então a afirmação é considerada provada para todo n. De fato, a afirmação é verdadeira para n=1. Mas então também é válido para o próximo número n=1+1=2. A validade da afirmação para n=2 implica sua validade para n=2+

1=3. Isso implica a validade da afirmação para n=4, e assim por diante. É claro que, no final, chegaremos a qualquer número natural n. Portanto, a afirmação é verdadeira para qualquer n.

Resumindo o que foi dito, formulamos o seguinte princípio geral.

O 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 como segue.

Se a proposição A(n) é verdadeira para n=p e se A(k)ÞA(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)ÞA(k+1).

Prove que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solução: 1) Temos n=1=1 2 . Consequentemente,

a afirmação é verdadeira para n = 1, ou seja. A(1) é verdadeira.

2) Provemos que A(k)ÞA(k+1).

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

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

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

Prove que

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

Solução: 1) Para n=1 temos

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) é verdadeira.

2) Seja k qualquer número natural e a fórmula seja verdadeira para n=k, ou seja.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (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)ÞA(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

E 3 está correto, porque em um triângulo

 A 3 =3(3-3)/2=0 diagonais;

A 2 A(3) é verdadeira.

2) Suponha que em qualquer

convexo k-gon tem-

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

A k Vamos provar que então em uma convexa

(k+1)-número gon

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

Seja À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -ângulo convexo (k+1). Vamos desenhar uma diagonal A 1 A k nela. Para contar 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. deve-se levar em conta o número de diagonais do (k+1)-gon que emana do vértice A k+1 e, além disso, a diagonal A 1 A k.

Nesse caminho,

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

Então A(k)ÞA(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.

Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

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.

Da prova acima fica claro 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))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2 +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),

Essa. isso está correto.

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

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

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, devido ao 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 número natural n.

Prove a validade da identidade

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

para qualquer n natural.

1) Para n=1 a identidade é verdadeira 1 2/1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Suponha que para n=k

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

3) Provemos 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))´((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 número natural 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 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´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 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 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 .

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, А(k)ÞА(k+1). Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

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

Solução: 1) Seja n=1, então X 1 =7 1 -1=6 é dividido por 6 sem deixar resto. Então para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que para n=k

7 k -1 é divisível por 6 sem deixar resto.

3) Provemos que a afirmação é verdadeira para n=k+1.

X k+1 =7 k+1-1=7´7 k-7+6=7(7 k-1)+6.

O primeiro termo é divisível por 6, já que 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 n natural arbitrário é divisível por 11.
Solução: 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. 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 resto para qualquer 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.

Solução: 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

11 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.

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

1. Para 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

verdadeiro para n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – divisível por 26

Agora vamos provar a asserção 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 está provada.

Prove que se n>2 e x>0, então a desigualdade

(1+x) n >1+n´x.

Solução: 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)ÞA(k+1) se k> 2. Suponha que A(k) seja verdadeira, ou seja, que a desigualdade

(1+x) 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 desigual

stva; temos

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

Como resultado, obtemos que

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

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

Prove que a desigualdade é verdadeira

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

Solução: 1) Para m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambas as partes são iguais.

2) Suponha que para m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´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´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 .

Provamos a validade da desigualdade para m=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a desigualdade é verdadeira para qualquer m natural.

Prove que para n>6 a desigualdade

3 n > n´2 n+1 .

Solução: Vamos reescrever a desigualdade na forma

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) Vamos provar a correção 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.

Em virtude do 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).

Solução: 1) Para n=3 a desigualdade é verdadeira

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

1. Suponha que para n = k

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

3) Vamos provar a validade do não-

igualdades para n=k+1

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

Vamos provar que 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

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 não igualdade é provada.

Conclusão

Em particular, tendo estudado o método de indução matemática, aprimorei meus conhecimentos nessa área da matemática e também aprendi a resolver problemas que antes estavam além do meu alcance.

Basicamente, essas eram tarefas lógicas e divertidas, ou seja, apenas aqueles que aumentam o interesse pela própria matemática como ciência. A solução de tais problemas torna-se uma atividade divertida e pode atrair cada vez mais curiosos para os labirintos matemáticos. Na minha opinião, esta é a base de qualquer ciência.

Continuando a estudar o método de indução matemática, tentarei aprender a aplicá-lo não apenas na matemática, mas também na resolução de problemas de física, química e da própria vida.

MATEMÁTICAS:

PALESTRAS, TAREFAS, SOLUÇÕES

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

ÁLGEBRA E OS PRINCÍPIOS DE ANÁLISE

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

O verdadeiro conhecimento em todos os tempos foi baseado em estabelecer um padrão e provar sua veracidade em determinadas circunstâncias. Para um período tão longo de existência do raciocínio lógico, as formulações das regras foram dadas, e Aristóteles até compilou uma lista de "raciocínios corretos". Historicamente, costuma-se dividir todas as inferências em dois tipos - do concreto ao plural (indução) e vice-versa (dedução). Deve-se notar que os tipos de evidência do particular para o geral e do geral para o particular existem apenas na interconexão e não podem ser trocados.

Indução em matemática

O termo "indução" (indução) tem raízes latinas e se traduz literalmente como "orientação". Após um estudo mais atento, pode-se distinguir a estrutura da palavra, a saber, o prefixo latino - in- (indica ação dirigida para dentro ou estar dentro) e -dução - introdução. Vale a pena notar que existem dois tipos - indução completa e incompleta. A forma completa é caracterizada por conclusões extraídas do estudo de todos os assuntos de uma determinada classe.

Incompleto - conclusões aplicadas a todas as disciplinas da aula, mas feitas com base no estudo de apenas algumas unidades.

A indução matemática completa é uma conclusão baseada em uma conclusão geral sobre toda a classe de quaisquer objetos que são funcionalmente relacionados por relações da série natural de números com base no conhecimento dessa conexão funcional. Nesse caso, o processo de comprovação ocorre em três etapas:

• no primeiro estágio, a correção da afirmação da indução matemática é provada. Exemplo: f = 1, indução;
• o próximo estágio é baseado na suposição de que a posição é válida para todos os números naturais. Ou seja, f=h, esta é a suposição indutiva;
• na terceira etapa, a validade da posição para o número f=h+1 é comprovada, com base na correção da posição do parágrafo anterior - esta é uma transição de indução ou uma etapa de indução matemática. Um exemplo é o chamado se o primeiro osso da linha cair (base), então todos os ossos da linha cairão (transição).

Tanto brincando e seriamente

Para facilitar a percepção, exemplos de soluções pelo método de indução matemática são denunciados na forma de problemas chistes. Esta é a tarefa da Fila Polida:

• As regras de conduta proíbem um homem de se virar na frente de uma mulher (em tal situação, ela é deixada na frente). Com base nessa afirmação, se o último da fila é um homem, então todos os demais são homens.

Um exemplo marcante do método de indução matemática é o problema "vôo adimensional":

• É necessário comprovar que cabe qualquer número de pessoas no microônibus. É verdade que uma pessoa pode caber dentro do transporte sem dificuldade (base). Mas não importa o quão cheio o microônibus esteja, sempre caberá 1 passageiro nele (etapa de indução).

círculos familiares

Exemplos de resolução de problemas e equações por indução matemática são bastante comuns. Como ilustração dessa abordagem, podemos considerar o seguinte problema.

Doença: h círculos são colocados no plano. É necessário comprovar que, para qualquer disposição das figuras, o mapa formado por elas pode ser corretamente colorido com duas cores.

Solução: para h=1 a verdade da afirmação é óbvia, então a prova será construída para o número de círculos h+1.

Vamos supor que a afirmação seja verdadeira para qualquer mapa, e h + 1 círculos são dados no plano. Ao remover um dos círculos do total, você pode obter um mapa corretamente colorido com duas cores (preto e branco).

Ao restaurar um círculo excluído, a cor de cada área muda para o oposto (neste caso, dentro do círculo). Acontece um mapa corretamente colorido em duas cores, o que era necessário para ser comprovado.

Exemplos com números naturais

A aplicação do método de indução matemática é claramente mostrada abaixo.

Exemplos de soluções:

Prove que para qualquer h a igualdade será correta:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Seja h=1, então:

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

Segue-se que para h = 1 a afirmação está correta.

2. Assumindo que h=d, a seguinte equação é obtida:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. Supondo que h=d+1, resulta:

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.

Assim, a validade da igualdade para h=d+1 foi provada, então a afirmação é verdadeira para qualquer número natural, o que é mostrado no exemplo da solução por indução matemática.

Uma tarefa

Doença: é necessária a prova de que para qualquer valor de h, a expressão 7 h -1 é divisível por 6 sem deixar resto.

Solução:

1. Digamos que h=1, neste caso:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (ou seja, dividido por 6 sem resto)

Portanto, para h=1 a afirmação é verdadeira;

2. Seja h=d e 7 d -1 é divisível por 6 sem resto;

3. A prova da validade da afirmação para h=d+1 é a fórmula:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

Nesse caso, o primeiro termo é divisível por 6 pela suposição do primeiro parágrafo, e o segundo termo é igual a 6. A afirmação de que 7 h -1 é divisível por 6 sem deixar resto para qualquer h natural é verdadeira.

Falácia do julgamento

Muitas vezes, o raciocínio incorreto é usado nas provas, devido à imprecisão das construções lógicas utilizadas. Basicamente, isso acontece quando a estrutura e a lógica da prova são violadas. Um exemplo de raciocínio incorreto é a ilustração a seguir.

Uma tarefa

Doença: exige uma prova de que qualquer pilha de pedras não é uma pilha.

Solução:

1. Digamos que h=1, neste caso há 1 pedra na pilha e a afirmação é verdadeira (base);

2. Seja verdadeiro para h=d que uma pilha de pedras não é uma pilha (suposição);

3. Seja h=d+1, de onde se segue que quando mais uma pedra é adicionada, o conjunto não será um amontoado. A conclusão sugere que a suposição é válida para todo h natural.

O erro está no fato de não haver uma definição de quantas pedras formam uma pilha. Tal omissão é chamada de generalização precipitada no método de indução matemática. Um exemplo mostra isso claramente.

Indução e as leis da lógica

Historicamente, eles sempre "andam de mãos dadas". Tais disciplinas científicas como lógica, filosofia descrevem-nas na forma de opostos.

Do ponto de vista da lei da lógica, as definições indutivas são baseadas em fatos, e a veracidade das premissas não determina a exatidão da afirmação resultante. Muitas vezes, as conclusões são obtidas com um certo grau de probabilidade e plausibilidade, o que, é claro, deve ser verificado e confirmado por pesquisas adicionais. Um exemplo de indução em lógica seria a afirmação:

Seca na Estônia, seca na Letônia, seca na Lituânia.

Estônia, Letônia e Lituânia são os estados bálticos. Seca em todos os estados bálticos.

A partir do exemplo, podemos concluir que novas informações ou verdades não podem ser obtidas usando o método de indução. Tudo com que se pode contar é uma possível veracidade das conclusões. Além disso, a verdade das premissas não garante as mesmas conclusões. No entanto, esse fato não significa que a indução vegeta no quintal da dedução: um grande número de disposições e leis científicas são fundamentadas pelo método da indução. Matemática, biologia e outras ciências podem servir de exemplo. Isso se deve principalmente ao método de indução completa, mas em alguns casos parcial também é aplicável.

A venerável era da indução permitiu que ela penetrasse em quase todas as esferas da atividade humana - isso é ciência, economia e conclusões cotidianas.

Indução no meio científico

O método de indução requer uma atitude escrupulosa, pois depende muito do número de particularidades estudadas do todo: quanto maior o número estudado, mais confiável é o resultado. Com base nessa característica, as leis científicas obtidas pelo método de indução são testadas por um tempo suficientemente longo ao nível de suposições probabilísticas para isolar e estudar todos os elementos estruturais, conexões e influências possíveis.

Na ciência, a conclusão indutiva é baseada em características significativas, com exceção de disposições aleatórias. Este fato é importante em conexão com as especificidades do conhecimento científico. Isso é visto claramente nos exemplos de indução na ciência.

Existem dois tipos de indução no mundo científico (em conexão com o método de estudo):

1. seleção por indução (ou seleção);
2. indução - exclusão (eliminação).

O primeiro tipo é distinguido pela amostragem metódica (escrutinada) de uma classe (subclasses) de suas diferentes áreas.

Um exemplo deste tipo de indução é o seguinte: a prata (ou sais de prata) purifica a água. A conclusão é baseada em observações de longo prazo (uma espécie de seleção de confirmações e refutações - seleção).

O segundo tipo de indução baseia-se em conclusões que estabelecem relações causais e excluem circunstâncias que não correspondem às suas propriedades, a saber, universalidade, observância da sequência temporal, necessidade e não ambiguidade.

Indução e dedução do ponto de vista da filosofia

Se você olhar para a retrospectiva histórica, o termo "indução" foi mencionado pela primeira vez por Sócrates. Aristóteles descreveu exemplos de indução em filosofia em um dicionário terminológico mais aproximado, mas a questão da indução incompleta permanece em aberto. Após a perseguição ao silogismo aristotélico, o método indutivo passou a ser reconhecido como frutífero e o único possível nas ciências naturais. Bacon é considerado o pai da indução como método especial independente, mas não conseguiu separar, como exigiam seus contemporâneos, a indução do método dedutivo.

O desenvolvimento posterior da indução foi realizado por J. Mill, que considerou a teoria da indução do ponto de vista de quatro métodos principais: concordância, diferença, resíduos e mudanças correspondentes. Não é de surpreender que hoje os métodos listados, quando considerados em detalhes, sejam dedutivos.

A consciência da inconsistência das teorias de Bacon e Mill levou os cientistas a investigar a base probabilística da indução. No entanto, mesmo aqui houve alguns extremos: tentativas foram feitas para reduzir a indução à teoria da probabilidade, com todas as consequências decorrentes.

A indução recebe um voto de confiança na aplicação prática em determinadas áreas e graças à precisão métrica da base indutiva. Um exemplo de indução e dedução na filosofia pode ser considerado a lei da gravitação universal. Na data da descoberta da lei, Newton foi capaz de verificá-la com uma precisão de 4%. E ao verificar após mais de duzentos anos, a correção foi confirmada com uma precisão de 0,0001 por cento, embora a verificação tenha sido realizada pelas mesmas generalizações indutivas.

A filosofia moderna presta mais atenção à dedução, que é ditada por um desejo lógico de derivar novos conhecimentos (ou verdades) do que já é conhecido, sem recorrer à experiência, à intuição, mas usando o raciocínio "puro". Ao se referir a premissas verdadeiras no método dedutivo, em todos os casos, a saída é uma afirmação verdadeira.

Esta característica muito importante não deve ofuscar o valor do método indutivo. Uma vez que a indução, baseada nas conquistas da experiência, torna-se também um meio de seu processamento (incluindo generalização e sistematização).

Aplicação da indução em economia

A indução e a dedução têm sido usadas há muito tempo como métodos de estudar a economia e prever seu desenvolvimento.

A gama de utilização do método de indução é bastante ampla: o estudo do cumprimento dos indicadores de previsão (lucro, depreciação, etc.) e uma avaliação geral do estado do empreendimento; formação de uma política efetiva de promoção empresarial baseada em fatos e suas relações.

O mesmo método de indução é utilizado nos gráficos de Shewhart, onde, partindo do pressuposto de que os processos são divididos em controlados e não gerenciados, afirma-se que a estrutura do processo controlado está inativa.

Deve-se notar que as leis científicas são fundamentadas e confirmadas usando o método de indução, e como a economia é uma ciência que muitas vezes usa análise matemática, teoria do risco e dados estatísticos, não é de surpreender que a indução esteja incluída na lista dos principais métodos.

A seguinte situação pode servir como exemplo de indução e dedução em economia. Um aumento no preço dos alimentos (da cesta básica) e dos bens essenciais leva o consumidor a pensar no alto custo emergente no estado (indução). Ao mesmo tempo, do fato do alto custo, usando métodos matemáticos, é possível derivar indicadores de crescimento de preços para bens individuais ou categorias de bens (dedução).

Na maioria das vezes, o pessoal administrativo, gerentes e economistas recorrem ao método de indução. Para poder prever o desenvolvimento de uma empresa, o comportamento do mercado e as consequências da concorrência com suficiente veracidade, é necessária uma abordagem indutiva-dedutiva para a análise e processamento de informações.

Um exemplo ilustrativo de indução em economia, referindo-se a julgamentos falaciosos:

• o lucro da empresa diminuiu 30%;
  um concorrente expandiu sua linha de produtos;
  nada mais mudou;
• a política de produção de uma empresa concorrente provocou um corte de 30% no lucro;
• portanto, a mesma política de produção precisa ser implementada.

O exemplo é uma ilustração colorida de como o uso inepto do método de indução contribui para a ruína de um empreendimento.

Dedução e indução em psicologia

Como existe um método, então, logicamente, também existe um pensamento devidamente organizado (para usar o método). A psicologia como ciência que estuda os processos mentais, sua formação, desenvolvimento, relacionamentos, interações, presta atenção ao pensamento "dedutivo" como uma das formas de manifestação da dedução e da indução. Infelizmente, nas páginas de psicologia na Internet, praticamente não há justificativa para a integridade do método dedutivo-indutivo. Embora os psicólogos profissionais sejam mais propensos a encontrar manifestações de indução, ou melhor, conclusões errôneas.

Um exemplo de indução em psicologia, como ilustração de julgamentos errôneos, é a afirmação: minha mãe é uma enganadora, portanto, todas as mulheres são enganadoras. Existem exemplos ainda mais “errôneos” de indução da vida:

• um aluno não é capaz de nada se recebeu um empate em matemática;
• ele é um tolo;
• Ele é esperto;
• Eu posso fazer tudo;

E muitos outros julgamentos de valor baseados em mensagens absolutamente aleatórias e às vezes insignificantes.

Note-se: quando a falácia dos julgamentos de uma pessoa chega ao absurdo, surge uma frente de trabalho para o psicoterapeuta. Um exemplo de indução em uma consulta especializada:

“O paciente tem certeza absoluta de que a cor vermelha traz apenas perigo para ele em qualquer manifestação. Como resultado, uma pessoa excluiu esse esquema de cores de sua vida - na medida do possível. No ambiente doméstico, há muitas oportunidades para uma vida confortável. Você pode recusar todos os itens vermelhos ou substituí-los por análogos feitos em um esquema de cores diferente. Mas em locais públicos, no trabalho, na loja - é impossível. Entrando em uma situação de estresse, o paciente experimenta a cada vez uma “maré” de estados emocionais completamente diferentes, o que pode ser perigoso para os outros.”

Este exemplo de indução, e inconscientemente, é chamado de "idéias fixas". Se isso acontece com uma pessoa mentalmente saudável, podemos falar de falta de organização da atividade mental. O desenvolvimento elementar do pensamento dedutivo pode se tornar uma maneira de se livrar de estados obsessivos. Em outros casos, os psiquiatras trabalham com esses pacientes.

Os exemplos de indução acima indicam que "o desconhecimento da lei não isenta das consequências (julgamentos errôneos)".

Psicólogos, trabalhando no tópico do pensamento dedutivo, compilaram uma lista de recomendações destinadas a ajudar as pessoas a dominar esse método.

O primeiro passo é a resolução de problemas. Como pode ser visto, a forma de indução utilizada na matemática pode ser considerada “clássica”, e o uso desse método contribui para a “disciplina” da mente.

A próxima condição para o desenvolvimento do pensamento dedutivo é a expansão dos horizontes (quem pensa com clareza, afirma com clareza). Essa recomendação direciona o “sofrimento” para os tesouros da ciência e da informação (bibliotecas, sites, iniciativas educacionais, viagens, etc.).

Separadamente, deve-se mencionar a chamada "indução psicológica". Este termo, embora com pouca frequência, pode ser encontrado na Internet. Todas as fontes não dão pelo menos uma breve definição deste termo, mas referem-se a "exemplos da vida", apresentando ou sugestões, algumas formas de doença mental ou estados extremos da psique humana como um novo tipo de indução. De todos os itens acima, fica claro que uma tentativa de derivar um “novo termo” baseado em premissas falsas (muitas vezes falsas) condena o experimentador a receber uma declaração errônea (ou precipitada).

Deve-se notar que a referência aos experimentos de 1960 (sem indicar o local, os nomes dos experimentadores, a amostra de sujeitos e, mais importante, o objetivo do experimento) parece, para dizer o mínimo, pouco convincente, e a A afirmação de que o cérebro percebe a informação contornando todos os órgãos da percepção (a frase “experimentado” nesse caso se encaixaria de forma mais orgânica), faz pensar na credulidade e na acriticidade do autor da afirmação.

Em vez de uma conclusão

A rainha das ciências - matemática, não em vão usa todas as reservas possíveis do método de indução e dedução. Os exemplos considerados permitem-nos concluir que a aplicação superficial e inepta (impensada, como dizem) até mesmo dos métodos mais precisos e confiáveis ​​sempre leva a resultados errôneos.

Na consciência de massa, o método de dedução está associado ao famoso Sherlock Holmes, que em suas construções lógicas costuma usar exemplos de indução, usando a dedução em situações necessárias.

O artigo considerou exemplos da aplicação desses métodos em várias ciências e esferas da vida humana.

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 = 2 a 1 + n - 1 d 2 n, a fórmula binomial de 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 .

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 está correta.

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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Um método de prova baseado no axioma 4 de Peano é usado para provar muitas propriedades matemáticas e várias declarações. A base para isso é o seguinte teorema.

Teorema. Se a declaração MAS(n) com variável natural n verdadeiro para n= 1 e do fato de que é verdade para n=k, segue que também vale para o próximo número n=k, então a declaração MAS(n) n.

Prova. Denotado por M o conjunto daqueles e somente aqueles números naturais para os quais a afirmação MAS(n) verdadeiro. Então da condição do teorema temos: 1) 1 M; 2) k MkM. Assim, com base no Axioma 4, concluímos que M =N, ou seja declaração MAS(n) verdade para qualquer natural n.

O método de prova baseado neste teorema é chamado método de indução matemática, e o axioma é o axioma da indução. Esta prova tem duas partes:

1) provar que a afirmação MAS(n) verdadeiro para n= A(1);

2) suponha que a afirmação MAS(n) verdadeiro para n=k, e, partindo dessa suposição, prove que a afirmação Um) verdadeiro para n=k+ 1, ou seja que a afirmação é verdadeira A(k) A(k + 1).

Se um MAS( 1) MAS(k) A(k + 1) é uma afirmação verdadeira, então eles concluem que a afirmação Um) verdadeiro para qualquer número natural n.

A prova por indução matemática pode começar não apenas com a confirmação da verdade da afirmação para n= 1, mas também de qualquer número natural m. Neste caso, a afirmação MAS(n) será provado para todos os números naturais nm.

Problema. Vamos provar que para qualquer número natural a igualdade 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Solução. Igualdade 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = né uma fórmula que pode ser usada para encontrar a soma dos primeiros números naturais ímpares consecutivos. Por exemplo, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (a soma contém 4 termos), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (a soma contém 6 termos); se esta soma contém 20 termos do tipo indicado, então é igual a 20 = 400, etc. Tendo provado a verdade dessa igualdade, poderemos encontrar a soma de qualquer número de termos do tipo especificado usando a fórmula.

1) Verifique a verdade desta igualdade para n= 1. Quando n= 1 o lado esquerdo da igualdade consiste em um termo igual a 1, o lado direito é igual a 1 = 1. Como 1 = 1, então para n= 1 esta igualdade é verdadeira.

2) Assuma que esta igualdade é verdadeira para n=k, ou seja que 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Com base nessa suposição, provamos que é verdade para n=k+ 1, ou seja 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Considere o lado esquerdo da última igualdade.

Por hipótese, a soma do primeiro k termos é k e, portanto, 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expressão k+ 2k + 1 é identicamente igual à expressão ( k + 1).

Portanto, a verdade dessa igualdade para n=k+ 1 está comprovado.

Assim, essa igualdade vale para n= 1 e de sua verdade para n=k segue a verdade para n=k+ 1.

Isso prova que essa igualdade é verdadeira para qualquer número natural.

Usando o método de indução matemática, pode-se provar a verdade não apenas das igualdades, mas também das desigualdades.

Uma tarefa. Prove que onde nN.

Solução. Vamos verificar a verdade da desigualdade para n= 1. Temos - uma verdadeira desigualdade.

Suponhamos que a desigualdade seja verdadeira para n=k, Essa. - verdadeira desigualdade. Vamos provar, com base na suposição, que é verdade para n=k+ 1, ou seja (*).

Transformamos o lado esquerdo da desigualdade (*), levando em consideração que : .

Mas , o que significa e .

Portanto, esta desigualdade é verdadeira para n= 1, e, pelo fato de que a desigualdade é verdadeira para alguns n= k, descobrimos que também é verdade para n= k + 1.

Assim, usando o Axioma 4, provamos que esta desigualdade é verdadeira para qualquer número natural.

Outras afirmações também podem ser provadas pelo método de indução matemática.

Uma tarefa. Prove que a afirmação é verdadeira para qualquer número natural.

Solução. Vamos verificar a veracidade da afirmação para n= 1: - afirmação verdadeira.

Suponhamos que esta afirmação seja verdadeira para n=k: . Vamos mostrar, usando isso, a verdade da afirmação para n=k+ 1: .

Vamos transformar a expressão: . Vamos encontrar a diferença k e k+ 1 membros. Se a diferença resultante for um múltiplo de 7, e por suposição que o subtraendo é divisível por 7, então o minuendo também é um múltiplo de 7:

O produto é um múltiplo de 7, portanto, e .

Assim, esta afirmação é verdadeira para n= 1 e de sua verdade para n=k segue a verdade para n=k+ 1.

Isso prova que esta afirmação é verdadeira para qualquer número natural.

Uma tarefa. Prove que para qualquer número natural n 2 afirmação (7-1)24 é verdadeira.

Solução. 1) Verifique a veracidade da afirmação para n= 2: - afirmação verdadeira.

Savelyeva Ekaterina

O artigo considera a aplicação do método de indução matemática na resolução de problemas de divisibilidade, à soma de séries. São considerados exemplos da aplicação do método de indução matemática à prova de desigualdades e à solução de problemas geométricos. O trabalho é ilustrado com uma apresentação.

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Ministério da Ciência e Educação da Federação Russa

Instituição estadual de ensino

escola secundária nº 618

Curso: Álgebra e Princípios da Análise

Tópico de trabalho do projeto

"Método de indução matemática e sua aplicação à resolução de problemas"

Trabalho concluído: Savelyeva E, classe 11B

Supervisor : Makarova T.P., professora de matemática, escola secundária №618

1. Introdução.

2.Método de indução matemática na resolução de problemas de divisibilidade.

3. Aplicação do método de indução matemática à soma de séries.

4. Exemplos de aplicação do método de indução matemática à prova de desigualdades.

5. Aplicação do método de indução matemática à resolução de problemas geométricos.

6. Lista de literatura utilizada.

Introdução

Os métodos dedutivos e indutivos são a base de qualquer pesquisa matemática. O método dedutivo de raciocínio é o raciocínio do geral para o particular, ou seja, raciocínio, cujo ponto de partida é o resultado geral e o ponto final é o resultado particular. A indução é aplicada ao passar de resultados particulares para resultados gerais, ou seja, é o oposto do método dedutivo. 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 seu pensamento logicamente, o que significa que a própria natureza o destinou a pensar indutivamente. Embora o campo de aplicação do método de indução matemática tenha crescido, pouco tempo é dedicado a ele no currículo escolar, mas é tão importante poder pensar indutivamente. A aplicação deste princípio na resolução de problemas e na demonstração de teoremas está no mesmo nível da consideração na prática escolar de outros princípios matemáticos: o meio excluído, inclusão-exclusão, Dirichlet, etc. Este ensaio contém problemas de diferentes ramos da matemática, nos quais a principal ferramenta é o uso do método de indução matemática. Falando sobre a importância deste método, A.N. Kolmogorov observou que "a compreensão e a capacidade de aplicar o princípio da indução matemática é um bom critério de maturidade, que é absolutamente necessário para um matemático". O método de indução em seu sentido mais amplo consiste na transição de observações privadas para um padrão geral universal ou formulação geral. Nessa interpretação, o método é, obviamente, a principal técnica para conduzir pesquisas em qualquer ciência natural experimental.

atividade humana. O método (princípio) da indução matemática em sua forma mais simples é usado quando é necessário provar uma afirmação para todos os números naturais.

Problema 1. Em seu artigo “Como me tornei um matemático” A.N. Kolmogorov escreve: “Aprendi cedo a alegria da “descoberta” matemática, tendo notado aos cinco ou seis anos o padrão

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 e assim por diante.

A escola publicou a revista "Spring Swallows". Nele, minha descoberta foi publicada ... "

Não sabemos que tipo de prova foi dada nesta revista, mas tudo começou com observações particulares. A própria hipótese, que provavelmente surgiu após a descoberta dessas igualdades parciais, é que a fórmula

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

verdadeiro para qualquer número dado n = 1, 2, 3, ...

Para provar essa conjectura, basta estabelecer dois fatos. Primeiro, para n = 1 (e mesmo para n = 2, 3, 4) a afirmação desejada é verdadeira. Em segundo lugar, suponha que a afirmação seja verdadeira para n = k, e verifique que então também é verdade para n = k + 1:

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

Portanto, a afirmação que está sendo provada é verdadeira para todos os valores n: para n = 1 é verdade (isso foi verificado), e em virtude do segundo fato, por n = 2, de onde para n = 3 (devido ao mesmo segundo fato), etc.

Problema 2. Considere todas as frações ordinárias possíveis com numerador 1 e qualquer (inteiro positivo)

denominador: Prove que para qualquer n> 3 pode ser representado como uma soma P várias frações deste tipo.

Solução, Vamos primeiro verificar esta afirmação para n = 3; temos:

Portanto, a asserção básica é satisfeita

Suponha agora que a declaração de interesse para nós é verdadeira para algum número para, e prove que também é verdade para o número que o segue para + 1. Em outras palavras, suponha que haja uma representação

em que k termos e todos os denominadores são diferentes. Vamos provar que então é possível obter uma representação da unidade na forma de uma soma de para + 1 frações do tipo desejado. Vamos supor que as frações são decrescentes, ou seja, os denominadores (na representação da unidade pela soma para termos) aumentam da esquerda para a direita de modo que t é o maior dos denominadores. Vamos obter a representação que precisamos na forma de uma soma(para + 1)ª fração, se dividirmos uma fração, por exemplo a última, em duas. Isso pode ser feito porque

E portanto

Além disso, todas as frações permanecem diferentes, uma vez que t foi o maior denominador, e t + 1 > t, e

m(t + 1) > m.

Assim, estabelecemos:

1. para n = 3 esta afirmação é verdadeira;

1. se a afirmação em que estamos interessados ​​é verdadeira para para,
   então também é verdade para para + 1.

Com base nisso, podemos afirmar que a afirmação em consideração é verdadeira para todos os números naturais, a partir de três. Além disso, a prova acima também implica em um algoritmo para encontrar a partição desejada da unidade. (Que algoritmo é esse? Imagine você mesmo o número 1 como a soma de 4, 5, 7 termos.)

Para resolver os dois problemas anteriores, duas etapas foram tomadas. O primeiro passo é chamado base indução, a segundatransição indutivaou uma etapa de indução. O segundo passo é o mais importante e envolve uma suposição (a afirmação é verdadeira para n = k) e conclusão (a afirmação é verdadeira para n = k + 1). O próprio parâmetro p é chamado parâmetro de indução.Esse esquema lógico (dispositivo), que permite concluir que a afirmação em questão é verdadeira para todos os números naturais (ou para todos, a partir de alguns), uma vez que tanto a base quanto a transição são válidas, chama-seo princípio da indução matemática, em que e o método de indução matemática é baseado.O próprio termo "indução" vem da palavra latina indução (orientação), que significa a transição do conhecimento único sobre objetos individuais de uma determinada classe para uma conclusão geral sobre todos os objetos de uma determinada classe, que é um dos principais métodos de conhecimento.

O princípio da indução matemática, na forma usual de duas etapas, apareceu pela primeira vez em 1654 no Tratado sobre o Triângulo Aritmético de Blaise Pascal, no qual uma maneira simples de calcular o número de combinações (coeficientes binomiais) foi provada por indução. D. Poya cita B. Pascal no livro com pequenas alterações dadas entre colchetes:

“Apesar de a proposição em consideração [uma fórmula explícita para coeficientes binomiais] conter um número infinito de casos especiais, darei uma demonstração muito curta, baseada em dois lemas.

O primeiro lema afirma que a conjectura é verdadeira para a base - isso é óbvio. [No P = 1 a fórmula explícita é válida...]

O segundo lema afirma o seguinte: se nossa suposição for verdadeira para uma base arbitrária [para um r arbitrário], então será verdadeira para a seguinte base [para n + 1].

Esses dois lemas implicam necessariamente na validade da proposição para todos os valores P. De fato, em virtude do primeiro lema, é válido para P = 1; portanto, em virtude do segundo lema, é válido para P = 2; portanto, novamente em virtude do segundo lema, é válido para n = 3 e assim por diante até o infinito.

Problema 3. O quebra-cabeça das torres de Hanói consiste em três hastes. Em uma das hastes há uma pirâmide (Fig. 1), composta por vários anéis de diferentes diâmetros, diminuindo de baixo para cima

Figura 1

Esta pirâmide deve ser transferida para uma das outras hastes, transferindo apenas um anel de cada vez e não colocando o anel maior sobre o menor. Isso pode ser feito?

Solução. Então, precisamos responder à pergunta: é possível mover uma pirâmide composta por P anéis de diâmetros diferentes, de uma haste para outra, seguindo as regras do jogo? Agora o problema é, como dizem, parametrizado por nós (um número natural P), e pode ser resolvido por indução matemática.

1. base de indução. Para n = 1, tudo está claro, pois uma pirâmide de um anel pode obviamente ser movida para qualquer haste.
2. etapa de indução. Suponha que possamos mover quaisquer pirâmides com o número de anéis p = k.
   Vamos provar que então também podemos mover a pirâmide do meio de n = k + 1.

Pirâmide de para anéis deitados no maior(para + 1)-ésimo anel, podemos, de acordo com a suposição, passar para qualquer outro pivô. Vamos fazer isso. imóvel(para + 1)º anel não interferirá em realizarmos o algoritmo de deslocamento, pois é o maior. Depois de se mudar para anéis, mova este maior(para + 1)º anel na haste restante. E então aplicamos novamente o algoritmo móvel conhecido por nós pela suposição indutiva para anéis, e mova-os para a haste com o(para + 1)º anel. Assim, se pudermos mover as pirâmides com para anéis, então podemos mover as pirâmides e para + 1 anéis. Portanto, de acordo com o princípio da indução matemática, sempre é possível mover a pirâmide, composta por n anéis, onde n > 1.

O método de indução matemática na resolução de problemas de divisibilidade.

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

Tarefa 4 . 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 2k é um número par, também é. Assim, a paridade é provada para n=1, a paridade é deduzida da paridade, portanto, mesmo para todos os valores naturais de n.

Tarefa 3. Prove que o número Z 3 + 3 - 26n - 27 com um natural arbitrário n é divisível por 26 2 sem resto.

Solução. Vamos primeiro provar por indução uma afirmação auxiliar de que 3 3n+3 1 é divisível por 26 sem resto n > 0.

1. base de indução. Para n = 0 temos: Z 3 - 1 \u003d 26 - dividido por 26.

etapa de indução. Suponha 3 3n + 3 - 1 é divisível por 26 quando n = k, e Vamos provar que neste caso a afirmação será verdadeira para n = k + 1. Desde 3

então, da suposição indutiva, concluímos que o número 3 3k + 6 - 1 é divisível por 26.

Vamos agora provar a asserção formulada na condição do problema. E novamente por indução.

1. base de indução. É óbvio que ao n = 1 afirmação é verdadeira: desde 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. etapa de indução. Vamos supor que em n = k
   expressão 3 3k + 3 - 26k - 27 é divisível por 26 2 sem resto, e provar que a afirmação é verdadeira para n = k + 1,
   ou seja, esse número

divisível por 26 2 sem deixar vestígios. Na última soma, ambos os termos são divididos sem resto por 26 2 . A primeira é porque provamos que a expressão entre parênteses é divisível por 26; a segunda, pela hipótese indutiva. Em virtude do princípio da indução matemática, a afirmação necessária está completamente provada.

Aplicação do método de indução matemática à soma de séries.

Tarefa 5. Prove 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.

Uma tarefa 6. Dois números são escritos no quadro: 1.1. Inserindo sua soma entre os números, obtemos os números 1, 2, 1. Repetindo esta operação novamente, obtemos os números 1, 3, 2, 3, 1. Após três operações, os números serão 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Qual será a soma de todos os números no tabuleiro após 100 operações?

Solução. Faça todos os 100 operações seriam muito demoradas e demoradas. Então, precisamos tentar encontrar alguma fórmula geral para a soma S números após n operações. Vejamos a tabela:

Você notou algum padrão aqui? Caso contrário, você pode dar mais um passo: após quatro operações, haverá números

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

cuja soma S 4 é 82.

Na verdade, você não pode escrever os números, mas imediatamente dizer como a soma mudará após a adição de novos números. Seja a soma igual a 5. O que será quando novos números forem adicionados? Vamos dividir cada novo número na soma de dois antigos. Por exemplo, de 1, 3, 2, 3, 1 vamos para 1,

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

Ou seja, cada número antigo (exceto os dois extremos) agora entra na soma três vezes, então a nova soma é 3S - 2 (subtraia 2 para levar em conta as unidades que faltam). Portanto S 5 = 3S 4 - 2 = 244, e em geral

Qual é a fórmula geral? Se não fosse a subtração de duas unidades, então a cada vez a soma aumentaria três vezes, como nas potências do triplo (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). E nossos números, como você pode ver agora, são mais um. Assim, pode-se supor que

Vamos agora tentar provar isso por indução.

base de indução. Consulte a tabela (para n = 0, 1, 2, 3).

etapa de indução. Vamos fingir que

Vamos provar então que S para + 1 \u003d Z para + 1 + 1.

Sério,

Então, nossa fórmula está provada. Mostra que após cem operações, a soma de todos os números do tabuleiro será igual a 3 100 + 1.

Considere um exemplo notável da aplicação do princípio da indução matemática, no qual você precisa primeiro introduzir dois parâmetros naturais e depois realizar a indução em sua soma.

Uma tarefa 7. Prove que se= 2, x 2 = 3 e para todo natural n> 3

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

então

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

Solução. Observe que neste problema a sequência inicial de números(xn) é determinado por indução, pois os termos de nossa sequência, exceto os dois primeiros, são dados indutivamente, ou seja, através dos anteriores. As sequências dadas são chamadas recorrente, e em nosso caso esta sequência é determinada (especificando seus dois primeiros termos) de uma maneira única.

base de indução. Consiste em verificar duas asserções: n=1 e n=2.B Em ambos os casos, a afirmação é verdadeira por suposição.

etapa de indução. Vamos supor que para n = k - 1 e n = k afirmação é feita, ou seja,

Vamos então provar a afirmação para n = k + 1. Temos:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, que deveria ser provado.

Tarefa 8. Prove que qualquer número natural pode ser representado como a soma de vários membros diferentes da sequência recorrente de números de Fibonacci:

para k > 2.

Solução. Deixe p - número natural. Faremos a indução em P.

base de indução. Para n = 1 é verdadeira, pois a própria unidade é um número de Fibonacci.

etapa de indução. Suponha que todos os números naturais menores que algum número P, pode ser representado como a soma de vários termos diferentes da sequência de Fibonacci. Encontre o maior número de Fibonacci Ft, não exceder P; então F t n e F t +1 > n.

Porque o

Pela hipótese de indução, o número p-Ft pode ser representado como uma soma de 5 membros diferentes da sequência de Fibonacci, e da última desigualdade segue que todos os membros da sequência de Fibonacci envolvidos na soma de 8 são menores que Ft. Assim, a expansão do número n = 8 + Ft satisfaz a condição do problema.

Exemplos de aplicação do método de indução matemática à prova de desigualdades.

Tarefa 9. (Desigualdade de Bernoulli.)Prove que quando x > -1, x 0, e para inteiro n > 2 a desigualdade

(1 + x) n > 1 + xn.

Solução. Faremos novamente a prova por indução.

1. Base de indução. Vamos verificar a validade da desigualdade para n = 2. De fato,

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

2. Etapa de indução. Vamos supor que para o número n = k a afirmação é verdadeira, isto é

(1 + x) k > 1 + xk,

Onde k > 2. Provamos para n = k + 1. Temos: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Assim, com base no princípio da indução matemática, pode-se argumentar que a desigualdade de Bernoulli é válida para qualquer n > 2.

Nem sempre nas condições de problemas resolvidos pelo método de indução matemática, a lei geral que precisa ser provada é claramente formulada. Às vezes é necessário, observando casos particulares, primeiro descobrir (adivinhar) a que lei geral eles levam, e só então provar a hipótese declarada por indução matemática. Além disso, a variável de indução pode ser mascarada e, antes de resolver o problema, é necessário determinar em qual parâmetro a indução será realizada. Como exemplos, considere as seguintes tarefas.

Problema 10. Prove que

para qualquer natural n > 1.

Solução, Vamos tentar provar esta desigualdade por indução matemática.

A base de indução é facilmente verificada: 1+

Pela hipótese indutiva

e nos resta provar que

Usando a hipótese indutiva, afirmaremos que

Embora essa igualdade seja realmente verdadeira, ela não nos dá uma solução para o problema.

Vamos tentar provar uma afirmação mais forte do que a exigida no problema original. Ou seja, provaremos que

Pode parecer que provar esta afirmação por indução é inútil.

No entanto, ao p = 1 temos: a afirmação é verdadeira. Para justificar o passo indutivo, suponha que

e então provaremos que

Sério,

Assim, provamos uma assertiva mais forte, que implica imediatamente na assertiva contida na condição do problema.

O instrutivo aqui é que, embora tivéssemos que provar uma afirmação mais forte do que a exigida no problema, também poderíamos usar uma suposição mais forte na etapa indutiva. Isso explica por que a aplicação direta do princípio da indução matemática nem sempre leva ao objetivo.

A situação que surgiu na solução do problema é chamada deparadoxo do inventor.O próprio paradoxo é que planos mais complexos podem ser implementados com maior sucesso se forem baseados em uma compreensão mais profunda da essência do assunto.

Problema 11. Prove que 2m + n - 2m para qualquer natural tipo de.

Solução. Aqui temos duas opções. Portanto, você pode tentar realizar o chamadodupla indução(uma indução dentro de uma indução).

Faremos um raciocínio indutivo sobre P.

1. Base de indução de acordo com p. Para n = 1 preciso verificar isso 2 t ~ 1 > t. Para provar essa desigualdade, usamos indução em t.

a) Base de indução por vol. Para t = 1 em andamento
igualdade, o que é aceitável.

b) Etapa de indução de acordo com t.Vamos supor que em t = k afirmação é verdadeira, isto é 2 k ~ 1 > k. Então para cima
Digamos que a afirmação é verdadeira mesmo que m = k + 1.
Nós temos:

ao natural k.

Assim, a desigualdade 2 realizado para qualquer natural t.

2. Etapa de indução de acordo com o itemEscolha e corrija algum número natural t. Vamos supor que em n = eu a afirmação é verdadeira (para um t), ou seja, 2 t +1 ~ 2 > t1, e provar que então a afirmação será verdadeira para n = l + 1.
Nós temos:

para qualquer natural tipo de.

Portanto, com base no princípio da indução matemática (de acordo com P) a afirmação do problema é verdadeira para qualquer P e para qualquer fixo t. Assim, essa desigualdade vale para qualquer tipo de.

Problema 12. Seja m, n e k são números naturais e t > p Qual dos dois números é maior:

Em cada expressão para sinais de raiz quadrada, t e n alternados.

Solução. Vamos primeiro provar alguma afirmação auxiliar.

Lema. Para qualquer natural t e n (t > n) e não negativo (não necessariamente inteiro) X a desigualdade

Prova. Considere a desigualdade

Essa desigualdade é verdadeira, pois ambos os fatores do lado esquerdo são positivos. Expandindo os colchetes e convertendo, temos:

Tomando a raiz quadrada de ambas as partes da última desigualdade, obtemos a afirmação do lema. Então o lema está provado.

Agora vamos para a resolução do problema. Vamos denotar o primeiro desses números por uma, e o segundo através b para. Vamos provar que um para qualquer natural para. A prova será realizada pelo método de indução matemática separadamente para pares e ímpares para.

base de indução. Para k = 1 temos a desigualdade

s[t > s/n , o que é válido pelo fato de que m > n. = 2, o resultado desejado é obtido a partir do lema provado substituindo x = 0.

etapa de indução. Suponha que, para alguns para a desigualdade a > b para feira. Vamos provar isso

Da suposição de indução e da monotonicidade da raiz quadrada, temos:

Por outro lado, segue do lema provado que

Combinando as duas últimas desigualdades, obtemos:

De acordo com o princípio da indução matemática, a afirmação está provada.

Tarefa 13. (Desigualdade de Cauchy.)Prove que para quaisquer números positivos..., um p a desigualdade

Solução. Para n = 2 a desigualdade

a média aritmética e a média geométrica (para dois números) serão consideradas conhecidas. Deixar n= 2, k = 1, 2, 3, ... e primeiro realize a indução em para. A base desta indução é válida, assumindo agora que a desigualdade desejada já foi estabelecida para n = 2, vamos provar para P = 2. Temos (usando a desigualdade para dois números):

Portanto, pela hipótese de indução

Assim, por indução em k, provamos a desigualdade para todos página 9 que são potências de dois.

Para provar a desigualdade para outros valores P usaremos a "indução para baixo", ou seja, provaremos que se a desigualdade for satisfeita para valores não negativos arbitrários P números, também é válido para(P - 1)º número. Para verificar isso, notamos que, de acordo com a suposição feita, para P números, a desigualdade

isto é, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Dividindo ambas as partes em P - 1, obtemos a desigualdade necessária.

Então, primeiro estabelecemos que a desigualdade vale para um número infinito de valores possíveis P, e então mostrou que se a desigualdade vale para P números, também é válido para(P - 1) números. A partir disso, agora concluímos que a desigualdade de Coty vale para um conjunto de P quaisquer números não negativos para qualquer n = 2, 3, 4, ...

Problema 14. (D. Uspensky.) Para qualquer triângulo ABC com ângulos = CAB, = CBA são comensuráveis, existem desigualdades

Solução. Os ângulos e são comensuráveis, o que significa (por definição) que esses ângulos têm uma medida comum para a qual = p, = (p, q são números naturais coprimos).

Vamos usar o método de indução matemática e desenhá-lo sobre a soma n = p + q números primos naturais.

base de indução. Para p + q = 2 temos: p = 1 e q = 1. Então o triângulo ABC é isósceles, e as desigualdades necessárias são óbvias: elas decorrem da desigualdade triangular

etapa de indução. Suponha agora que as desigualdades desejadas sejam estabelecidas para p + q = 2, 3, ..., k - 1, onde k > 2. Vamos provar que as desigualdades também são válidas para p + q = k.

Let ABC é um triângulo dado com> 2. Então os lados AC e BC não pode ser igual: deixe AC > BC. Vamos construir agora, como na Figura 2, um triângulo isósceles ABC; temos:

AC \u003d DC e AD \u003d AB + BD, portanto,

2AC > AB + BD (1)

Considere agora o triângulo VDC, cujos ângulos também são comparáveis:

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

Arroz. 2

Este triângulo satisfaz a suposição indutiva e, portanto,

(2)

Somando (1) e (2), temos:

2AC+BD>

e, portanto,

Do mesmo triângulo EAP pela hipótese de indução concluímos que

Considerando a desigualdade anterior, concluímos que

Assim, a transição indutiva é obtida, e o enunciado do problema segue do princípio da indução matemática.

Comente. A afirmação do problema permanece válida mesmo quando os ângulos a e p não são comensuráveis. Na base da consideração no caso geral, já temos que aplicar outro princípio matemático importante - o princípio da continuidade.

Problema 15. Várias linhas retas dividem o plano em partes. Prove que é possível colorir essas peças de branco

e cores pretas para que as partes adjacentes que têm um segmento de borda comum sejam de cores diferentes (como na Figura 3 quando n = 4).

foto 3

Solução. Usamos indução no número de linhas. Então deixe P - o número de linhas dividindo nosso avião em partes, n > 1.

base de indução. Se houver apenas uma reta(P = 1), então divide o plano em dois semiplanos, um dos quais pode ser colorido de branco e o outro de preto, e a afirmação do problema é verdadeira.

etapa de indução. Para tornar a prova da etapa indutiva mais clara, considere o processo de adição de uma nova linha. Se desenharmos a segunda linha(P= 2), então obtemos quatro partes que podem ser coloridas da maneira desejada pintando os cantos opostos na mesma cor. Vamos ver o que acontece se desenharmos a terceira linha reta. Ele dividirá algumas das partes "antigas", enquanto novas seções da borda aparecerão, em ambos os lados das quais a cor é a mesma (Fig. 4).

Arroz. quatro

Vamos proceder da seguinte forma:um ladoa partir da nova linha reta, mudaremos as cores - faremos o branco preto e vice-versa; ao mesmo tempo, as partes que ficam do outro lado dessa linha reta não são repintadas (Fig. 5). Então esta nova coloração irá satisfazer os requisitos necessários: de um lado da linha reta já estava alternando (mas com cores diferentes), e do outro lado era necessário. Para que as peças que possuem uma borda comum pertencente à linha traçada sejam pintadas em cores diferentes, repintamos as peças apenas em um lado dessa linha traçada.

Fig.5

Vamos agora provar o passo indutivo. Suponha que para algunsn = ko enunciado do problema é válido, ou seja, todas as partes do plano em que ele é dividido por essesparareto, você pode pintar de branco e preto para que as partes vizinhas sejam de cores diferentes. Vamos provar que então existe tal coloração paraP= para+ 1 direto. Procedamos de modo semelhante ao caso de transição de duas retas para três. Vamos gastar no aviãoparadireto. Então, pela suposição indutiva, o "mapa" resultante pode ser colorido da maneira desejada. Vamos gastar agora(para+ 1)-ésima reta e de um lado dela mudamos as cores para as opostas. Então agora(paraA linha reta + 1)-ésima em todos os lugares separa seções de cores diferentes, enquanto as partes "antigas", como já vimos, permanecem coloridas corretamente. De acordo com o princípio da indução matemática, o problema é resolvido.

Uma tarefa16. Na orla do deserto há uma grande oferta de gasolina e um carro que, com o posto cheio, pode percorrer 50 quilômetros. Em quantidades ilimitadas, existem latas nas quais você pode drenar a gasolina do tanque de gasolina do carro e deixá-la para armazenamento em qualquer lugar do deserto. Prove que o carro pode percorrer qualquer distância inteira maior que 50 quilômetros. Não é permitido transportar latas de gasolina, latas vazias podem ser transportadas em qualquer quantidade.

Solução.Vamos tentar provar por indução emP,que o carro pode dirigirPquilômetros da orla do deserto. NoP= 50 é conhecido. Resta realizar a etapa de indução e explicar como chegar lán = k+ 1 km se soubern = kquilômetros podem ser percorridos.

No entanto, aqui encontramos uma dificuldade: depois de termos passadoparaquilômetros, a gasolina pode até não ser suficiente para a viagem de volta (para não falar do armazenamento). E, neste caso, a saída é fortalecer a afirmação que está sendo provada (o paradoxo do inventor). Vamos provar que é possível não só dirigirPquilômetros, mas também para fazer um suprimento arbitrariamente grande de gasolina em um ponto à distânciaPquilômetros da orla do deserto, estando neste ponto após o término do transporte.

base de indução.Seja uma unidade de gasolina a quantidade de gasolina necessária para completar um quilômetro de viagem. Então, uma viagem de 1 quilômetro e volta requer duas unidades de gasolina, então podemos deixar 48 unidades de gasolina armazenadas a um quilômetro da borda e retornar para mais. Assim, para várias idas ao armazém, podemos fazer um estoque de tamanho arbitrário que precisamos. Ao mesmo tempo, para criar 48 unidades de estoque, gastamos 50 unidades de gasolina.

etapa de indução.Vamos supor que à distânciaP= parada beira do deserto você pode armazenar qualquer quantidade de gasolina. Vamos provar que então é possível criar um repositório à distâncian = k+ 1 km com qualquer abastecimento pré-determinado de gasolina e estar neste depósito no final do transporte. Porque no pontoP= parahá uma oferta ilimitada de gasolina, então (de acordo com a base de indução) podemos, em várias viagens ao ponton = k+ 1 para fazer um pontoP= para4- 1 estoque de qualquer tamanho que você precisar.

A verdade de uma afirmação mais geral do que na condição do problema agora decorre do princípio da indução matemática.

Conclusão

Em particular, tendo estudado o método de indução matemática, aprimorei meus conhecimentos nessa área da matemática e também aprendi a resolver problemas que antes estavam além do meu alcance.

Basicamente, essas eram tarefas lógicas e divertidas, ou seja, apenas aqueles que aumentam o interesse pela própria matemática como ciência. Resolver tais problemas torna-se uma atividade divertida e pode atrair cada vez mais curiosos para os labirintos matemáticos. Na minha opinião, esta é a base de qualquer ciência.

Continuando a estudar o método de indução matemática, tentarei aprender a aplicá-lo não apenas na matemática, mas também na resolução de problemas de física, química e da própria vida.

Literatura

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