Metoda inducției matematice
Introducere
Parte principală
- Inductie completă și incompletă
- Principiul inducției matematice
- Metoda inducției matematice
- Rezolvarea exemplelor
- Egalitate
- Împărțirea numerelor
- inegalităților
Concluzie
Lista literaturii folosite
Introducere
Metodele deductive și inductive stau la baza oricărei cercetări matematice. Metoda deductivă de raționament este raționamentul de la general la particular, adică. raționament, al cărui punct de plecare este rezultatul general, iar punctul final este rezultatul particular. Inducția se aplică la trecerea de la rezultate particulare la cele generale, de exemplu. este opusul metodei deductive.
Metoda inducției matematice poate fi comparată cu progresul. Pornim de la cel mai de jos, ca urmare a gândirii logice ajungem la cel mai înalt. Omul s-a străduit întotdeauna pentru progres, pentru capacitatea de a-și dezvolta gândirea în mod logic, ceea ce înseamnă că însăși natura i-a destinat să gândească inductiv.
Deși domeniul de aplicare a metodei de inducție matematică a crescut, i se alocă puțin timp în programa școlară. Ei bine, spuneți că o persoană utilă va fi adusă de acele două sau trei lecții pentru care aude cinci cuvinte de teorie, rezolvă cinci probleme primitive și, ca urmare, primește cinci pentru că nu știe nimic.
Dar acest lucru este atât de important - să poți gândi inductiv.
Parte principală
În sensul său inițial, cuvântul „inducție” este aplicat raționamentului prin care se obțin concluzii generale pe baza unui număr de afirmații particulare. Cea mai simplă metodă de raționament de acest fel este inducția completă. Iată un exemplu de astfel de raționament.
Să fie necesar să se stabilească că fiecare număr natural par n în 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.
Aceste nouă egalități arată că fiecare dintre numerele de interes pentru noi este într-adevăr reprezentat ca suma a doi termeni primi.
Astfel, inducerea completă este că afirmația generală este dovedită separat în fiecare dintre un număr finit de cazuri posibile.
Uneori, rezultatul general poate fi prezis după luarea în considerare nu a tuturor, ci mai degrabă a unui număr mare de cazuri speciale (așa-numita inducție incompletă).
Rezultatul obtinut prin inductie incompleta ramane insa doar o ipoteza pana cand este dovedit prin rationament matematic exact, acoperind toate cazurile speciale. Cu alte cuvinte, inducerea incompletă în matematică nu este considerată o metodă legitimă de demonstrare riguroasă, ci este o metodă puternică de descoperire a unor noi adevăruri.
Fie, de exemplu, este necesar să găsim suma primelor n numere impare consecutive. Luați în considerare cazuri speciale:
1+3+5+7+9=25=5 2
După luarea în considerare a acestor câteva cazuri speciale, se sugerează următoarea concluzie generală:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
acestea. suma primelor n numere impare consecutive este n 2
Desigur, observația făcută nu poate servi încă ca dovadă a validității formulei de mai sus.
Inducția completă are doar aplicații limitate în matematică. Multe afirmații matematice interesante acoperă un număr infinit de cazuri speciale și nu putem testa un număr infinit de cazuri. Inducția incompletă duce adesea la rezultate eronate.
În multe cazuri, calea de ieșire din acest tip de dificultate este recurgerea la o metodă specială de raționament, numită metoda inducției matematice. Este după cum urmează.
Să fie necesar să se demonstreze validitatea unei anumite afirmații pentru orice număr natural n (de exemplu, este necesar să se demonstreze că suma primelor n numere impare este egală cu n 2). O verificare directă a acestei afirmații pentru fiecare valoare a lui n este imposibilă, deoarece mulțimea numerelor naturale este infinită. Pentru a demonstra această afirmație, verificați mai întâi validitatea ei pentru n=1. Apoi se demonstrează că pentru orice valoare naturală a lui k, validitatea afirmației luate în considerare pentru n=k implică valabilitatea acesteia și pentru n=k+1.
Atunci afirmația este considerată dovedită pentru toate n. Într-adevăr, afirmația este adevărată pentru n=1. Dar atunci este valabil și pentru următorul număr n=1+1=2. Valabilitatea afirmației pentru n=2 implică valabilitatea acesteia pentru n=2+
1=3. Aceasta implică validitatea afirmației pentru n=4 și așa mai departe. Este clar că, în final, vom ajunge la orice număr natural n. Prin urmare, afirmația este adevărată pentru orice n.
Rezumând cele spuse, formulăm următorul principiu general.
Principiul inducției matematice.
Dacă propoziția A(n), care depinde de un număr natural n, este adevărată pentru n=1, iar din faptul că este adevărată pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este și adevărată pentru următorul număr n=k +1, atunci ipoteza A(n) este adevărată pentru orice număr natural n.
Într-un număr de cazuri, poate fi necesar să se dovedească validitatea unei anumite afirmații nu pentru toate numerele naturale, ci numai pentru n>p, unde p este un număr natural fix. În acest caz, principiul inducției matematice este formulat după cum urmează.
Dacă propoziția A(n) este adevărată pentru n=p și dacă A(k)ÞA(k+1) pentru orice k>p, atunci propoziția A(n) este adevărată pentru orice n>p.
Demonstrarea prin metoda inducției matematice se realizează după cum urmează. În primul rând, aserția care trebuie demonstrată este verificată pentru n=1, adică, se stabileşte adevărul afirmaţiei A(1). Această parte a demonstrației se numește bază de inducție. Aceasta este urmată de o parte a demonstrației numită pasul de inducție. În această parte, validitatea afirmației pentru n=k+1 este dovedită sub ipoteza că afirmația este adevărată pentru n=k (presupunerea inductivă), adică. demonstrați că A(k)ÞA(k+1).
Demonstrați că 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Rezolvare: 1) Avem n=1=1 2 . Prin urmare,
afirmația este adevărată pentru n=1, adică. A(1) este adevărată.
2) Să demonstrăm că A(k)ÞA(k+1).
Fie k orice număr natural și fie afirmația adevărată pentru n=k, adică.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Să demonstrăm că atunci afirmația este adevărată și pentru următorul număr natural n=k+1, adică. ce
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Într-adevăr,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Deci A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că ipoteza A(n) este adevărată pentru orice nОN.
Demonstrează asta
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), unde x¹1
Soluție: 1) Pentru n=1 obținem
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
prin urmare, pentru n=1 formula este adevărată; A(1) este adevărată.
2) Fie k orice număr natural și fie formula adevărată pentru n=k, adică.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Să demonstrăm că atunci egalitatea
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Într-adevăr
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).
Deci A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că formula este adevărată pentru orice număr natural n.
Demonstrați că numărul de diagonale ale unui n-gon convex este n(n-3)/2.
Rezolvare: 1) Pentru n=3, afirmația este adevărată
Și 3 este corect, pentru că într-un triunghi
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonale;
A 2 A(3) este adevărat.
2) Să presupunem că în oricare
convex k-gon are-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonale.
A k Să demonstrăm că atunci într-un convex
(k+1)-număr gon
diagonalele A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Fie А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -convex (k+1)-unghi. Să desenăm în ea o diagonală A 1 A k. Pentru a număra numărul total de diagonale ale acestui (k + 1)-gon, trebuie să numărați numărul de diagonale din k-gonul A 1 A 2 ...A k , adăugați k-2 la numărul rezultat, adică. trebuie luat în considerare numărul de diagonale ale (k+1)-gon care emană din vârful A k+1 , și, în plus, diagonala A 1 A k.
În acest fel,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Deci A(k)ÞA(k+1). Datorită principiului inducției matematice, afirmația este adevărată pentru orice n-gon convex.
Demonstrați că pentru orice n afirmația este adevărată:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.
Prin urmare, pentru n=1 afirmația este adevărată.
2) Să presupunem că n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Considerați această afirmație pentru 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.
Am demonstrat validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice n natural.
Demonstrați că pentru orice n natural egalitatea este adevărată:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Rezolvare: 1) Fie n=1.
Atunci X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Vedem că pentru n=1 afirmația este adevărată.
2) Să presupunem că egalitatea este adevărată pentru n=k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.
3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru n=k+1, i.e.
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.
Din demonstrația de mai sus este clar că afirmația este adevărată pentru n=k+1, prin urmare, egalitatea este adevărată pentru orice n natural.
Demonstrează asta
((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), unde n>2.
Rezolvare: 1) Pentru n=2 identitatea arată astfel: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
acestea. este corect.
2) Să presupunem că expresia este adevărată pentru n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Vom demonstra corectitudinea expresiei pentru 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).
Am demonstrat validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare, datorită metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice n>2
Demonstrează asta
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
pentru orice n natural.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Să presupunem că n=k, atunci
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru 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).
Se dovedește și validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.
Demonstrați validitatea identității
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
pentru orice n natural.
1) Pentru n=1 identitatea este adevărată 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Să presupunem că pentru n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Să demonstrăm că identitatea este adevărată pentru 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).
Din demonstrația de mai sus se poate observa că afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.
Demonstrați că (11 n+2 +12 2n+1) este divizibil cu 133 fără rest.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.
Dar (23´133) este divizibil cu 133 fără rest, deci pentru n=1 afirmația este adevărată; A(1) este adevărată.
2) Să presupunem că (11 k+2 +12 2k+1) este divizibil cu 133 fără rest.
3) Să demonstrăm că în acest caz
(11 k+3 +12 2k+3) este divizibil cu 133 fără rest. Într-adevăr, 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 .
Suma rezultată este divizibilă cu 133 fără rest, deoarece primul său termen este divizibil cu 133 fără rest prin presupunere, iar în al doilea dintre factori este 133. Deci, А(k)ÞА(k+1). În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.
Demonstrați că pentru orice n 7 n -1 este divizibil cu 6 fără rest.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci X 1 =7 1 -1=6 se împarte la 6 fără rest. Deci pentru n=1 afirmația este adevărată.
2) Să presupunem că pentru n=k
7 k -1 este divizibil cu 6 fără rest.
3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Primul termen este divizibil cu 6, deoarece 7 k -1 este divizibil cu 6 prin presupunere, iar al doilea termen este 6. Deci 7 n -1 este un multiplu de 6 pentru orice n natural. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.
Demonstrați că 3 3n-1 +2 4n-3 pentru n natural arbitrar este divizibil cu 11.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 se împarte la 11 fără rest. Prin urmare, pentru n=1 afirmația este adevărată.
2) Să presupunem că pentru n=k
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 fără rest.
3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru 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 .
Primul termen este divizibil cu 11 fără rest, deoarece 3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 prin presupunere, al doilea este divizibil cu 11, deoarece unul dintre factorii săi este numărul 11. Prin urmare, suma este de asemenea divizibil cu 11 fără rest pentru orice n natural. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.
Demonstrați că 11 2n -1 pentru un întreg pozitiv arbitrar n este divizibil cu 6 fără rest.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci 11 2 -1=120 este divizibil cu 6 fără rest. Deci pentru n=1 afirmația este adevărată.
2) Să presupunem că pentru n=k
11 2k -1 este divizibil cu 6 fără rest.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Ambii termeni sunt divizibili cu 6 fără rest: primul conține un multiplu de 6 număr 120, iar al doilea este divizibil cu 6 fără rest prin presupunere. Deci suma este divizibilă cu 6 fără rest. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.
Demonstrați că 3 3n+3 -26n-27 pentru un întreg pozitiv arbitrar n este divizibil cu 26 2 (676) fără rest.
Rezolvare: Să demonstrăm mai întâi că 3 3n+3 -1 este divizibil cu 26 fără rest.
- Pentru n=0
- Să presupunem că pentru n=k
- Să demonstrăm că afirmația
3 3 -1=26 este divizibil cu 26
3 3k+3 -1 este divizibil cu 26
adevărat pentru n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – divizibil cu 26
Acum să demonstrăm afirmația formulată în condiția problemei.
1) Este evident că pentru n=1 afirmația este adevărată
3 3+3 -26-27=676
2) Să presupunem că pentru n=k
expresia 3 3k+3 -26k-27 este divizibil cu 26 2 fără rest.
3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Ambii termeni sunt divizibili cu 26 2 ; primul este divizibil cu 26 2 deoarece am demonstrat că expresia dintre paranteze este divizibil cu 26, iar al doilea este divizibil prin ipoteza inductivă. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.
Demonstrați că dacă n>2 și x>0, atunci inegalitatea
(1+x) n >1+n´x.
Rezolvare: 1) Pentru n=2, inegalitatea este adevărată, deoarece
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Deci A(2) este adevărată.
2) Să demonstrăm că A(k)ÞA(k+1) dacă k> 2. Să presupunem că A(k) este adevărată, adică că inegalitatea
(1+x) k >1+k´x. (3)
Să demonstrăm că atunci A(k+1) este și adevărată, adică că inegalitatea
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Într-adevăr, înmulțind ambele părți ale inegalității (3) cu un număr pozitiv 1+x, obținem
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Luați în considerare partea dreaptă a ultimului inegal
stva; avem
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Drept urmare, obținem asta
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Deci A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, se poate argumenta că inegalitatea lui Bernoulli este valabilă pentru orice
Demonstrați că inegalitatea este adevărată
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 pentru a> 0.
Rezolvare: 1) Pentru m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambele părți sunt egale.
2) Să presupunem că pentru m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Să demonstrăm că pentru m=k+1 neegalitatea este adevărată
(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 .
Am demonstrat validitatea inegalității pentru m=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, inegalitatea este adevărată pentru orice m natural.
Demonstrați că pentru n>6 inegalitatea
3 n >n´2 n+1 .
Soluție: Să rescriem inegalitatea în formă
- Pentru n=7 avem
- Să presupunem că pentru n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
inegalitatea este adevărată.
3) Să demonstrăm corectitudinea inegalității pentru n=k+1.
3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Deoarece k>7, ultima inegalitate este evidentă.
În virtutea metodei inducției matematice, inegalitatea este valabilă pentru orice n natural.
Demonstrați că pentru n>2 inegalitatea
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Rezolvare: 1) Pentru n=3 inegalitatea este adevărată
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Să presupunem că pentru n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Vom dovedi valabilitatea non-
egalități pentru n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Să demonstrăm că 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
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Acesta din urmă este evident și, prin urmare 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). În virtutea metodei inducției matematice se dovedește neegalitatea. Concluzie În special, după ce am studiat metoda de inducție matematică, mi-am sporit cunoștințele în acest domeniu de matematică și, de asemenea, am învățat cum să rezolv probleme care înainte erau peste puterea mea. Practic, acestea erau sarcini logice și distractive, adică. doar acelea care cresc interesul pentru matematică în sine ca știință. Rezolvarea unor astfel de probleme devine o activitate distractivă și poate atrage tot mai mulți oameni curioși în labirinturile matematice. În opinia mea, aceasta este baza oricărei științe. Continuând să studiez metoda inducției matematice, voi încerca să învăț cum să o aplic nu numai în matematică, ci și în rezolvarea problemelor din fizică, chimie și viața însăși. MATEMATICA: PRELEȚI, SARCINI, SOLUȚII Manual / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996. ALGEBRA SI PRINCIPIILE ANALIZEI Manual / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veyts. „Iluminismul” 1975. Curs 6. Metoda inducţiei matematice. Noile cunoștințe în știință și viață sunt obținute în moduri diferite, dar toate (dacă nu intri în detalii) sunt împărțite în două tipuri - trecerea de la general la particular și de la particular la general. Primul este deducția, al doilea este inducția. Raționamentul deductiv este ceea ce se numește de obicei în matematică raționament logic, iar în știința matematică deducția este singura metodă legitimă de investigație. Regulile raționamentului logic au fost formulate în urmă cu două milenii și jumătate de către omul de știință grec antic Aristotel. El a creat o listă completă a celor mai simple raționamente corecte, silogisme– „cărămizi” logicii, punctând în același timp raționamente tipice, foarte asemănătoare cu cele corecte, dar greșite (ne întâlnim adesea cu astfel de raționamente „pseudologice” în mass-media). Inducție (inducție - în latină îndrumare) este ilustrată de binecunoscuta legendă a modului în care Isaac Newton a formulat legea gravitației universale după ce un măr i-a căzut în cap. Un alt exemplu din fizică: într-un astfel de fenomen precum inducția electromagnetică, un câmp electric creează, „induce” un câmp magnetic. „Mărul lui Newton” este un exemplu tipic de situație în care unul sau mai multe cazuri speciale, de ex. observatii, „conducă” la o afirmație generală, concluzia generală se face pe baza unor cazuri particulare. Metoda inductivă este principala pentru obținerea tiparelor generale atât în științele naturale, cât și în cele umane. Dar are un dezavantaj foarte semnificativ: pe baza unor exemple particulare, se poate trage o concluzie incorectă. Ipotezele care decurg din observații private nu sunt întotdeauna corecte. Luați în considerare un exemplu datorat lui Euler. Vom calcula valoarea trinomului pentru unele prime valori n: Rețineți că numerele obținute în urma calculelor sunt prime. Și se poate verifica direct asta pentru fiecare n Valoare polinomială de la 1 la 39 Leibniz a dovedit în secolul al XVII-lea că pentru fiecare număr întreg pozitiv n număr Exemplele luate în considerare ne permit să tragem o concluzie importantă: o afirmație poate fi adevărată într-o serie de cazuri speciale și, în același timp, nedreaptă în general. Problema validității enunțului în cazul general poate fi rezolvată prin aplicarea unei metode speciale de raționament numită prin inductie matematica(inducție completă, inducție perfectă). 6.1. Principiul inducției matematice. ♦ Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice
, constând din următoarele: 1) se verifică valabilitatea acestei declarații ptn=1
(bază de inducție)
,
2) se presupune că această afirmație este adevărată pentrun=
k, Undekeste un număr natural arbitrar 1(ipoteza de inducție)
, iar ținând cont de această ipoteză se stabilește valabilitatea ei ptn=
k+1.
Dovada.
Să presupunem contrariul, adică să presupunem că afirmația nu este adevărată pentru fiecare natural n. Apoi există un astfel de firesc m, ce: 1) aprobare pentru n=m nu e corect, 2) pentru toată lumea n, mai mic m, afirmația este adevărată (cu alte cuvinte, m este primul număr natural pentru care afirmația eșuează). Este evident că m>1, pentru că pentru n=1 afirmația este adevărată (condiția 1). Prin urmare, Rețineți că demonstrația a folosit axioma că orice colecție de numere naturale conține cel mai mic număr. O demonstrație bazată pe principiul inducției matematice se numește prin inducție matematică completă
.
Exemplu6.1.
Demonstrează asta pentru orice natură n număr Soluţie. 1) Când n=1, deci A 1 este divizibil cu 3 și afirmația este adevărată pentru n=1. 2) Să presupunem că afirmația este adevărată pentru n=k,
Într-adevăr, pentru că fiecare termen este divizibil cu 3, apoi și suma lor este divizibil cu 3. ■
Exemplu6.2.
Demonstrați că suma primelor n numerele naturale impare este egală cu pătratul numărului lor, adică . Soluţie. Folosim metoda inducției matematice complete. 1) Verificăm validitatea acestei declarații pentru n=1: 1=1 2 este corect. 2) Să presupunem că suma primului k
( Ne folosim presupunerea și obținem .
■
Metoda inducției matematice complete este folosită pentru a demonstra unele inegalități. Să demonstrăm inegalitatea lui Bernoulli. Exemplu6.3.
Demonstrează că atunci când Soluţie. 1) Când n=1 obținem 2) Presupunem că la n=k exista o inegalitate Înmulțiți ambele părți ale inegalității (*) cu numărul Adică (1+ Dovada prin metoda inducție matematică incompletă
oarecare afirmatie in functie de n, Unde Unele probleme nu formulează în mod explicit o afirmație care poate fi demonstrată prin inducție matematică. În astfel de cazuri, este necesar să se stabilească o regularitate și să se exprime o ipoteză despre validitatea acestei regularități, iar apoi să se testeze ipoteza propusă prin metoda inducției matematice. Exemplu6.4.
Găsiți suma Soluţie. Să găsim sumele S 1 ,
S 2 ,
S 3 . Avem 1) Când n=1 ipoteza este adevărată, deoarece 2) Să presupunem că ipoteza este adevărată pentru n=k,
Într-adevăr, Deci, presupunând că ipoteza este adevărată pentru n=k,
Exemplu6.5.
În matematică, se demonstrează că suma a două funcții uniform continue este o funcție uniform continuă. Pe baza acestei afirmații, trebuie să demonstrăm că suma oricărui număr Soluţie. Baza inducției aici este conținută în însăși formularea problemei. Făcând ipoteza inductivă, luați în considerare Aceasta dovedește afirmația și o va folosi în continuare. ■
Exemplu6.6.
Găsiți totul natural n, pentru care inegalitatea Soluţie. Considera n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Avem: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Astfel, putem face o ipoteză: inegalitatea 1) După cum sa menționat mai sus, această ipoteză este adevărată pentru n=5. 2) Să presupunem că este adevărat pentru n=k,
T. la. atunci obținem asta De la pp. 1 și 2, pe baza principiului inducției matematice incomplete, rezultă că inegalitatea Exemplu6.7.
Demonstrați asta pentru orice număr natural n formula de diferentiere este valabila Soluţie. La n=1 această formulă are forma Q.E.D. ■
Exemplu6.8.
Demonstrați că setul format din n elemente, are Soluţie. Un set cu un singur element dar, are două subseturi. Acest lucru este adevărat deoarece toate submulțimile sale sunt mulțimea goală și mulțimea în sine, iar 2 1 =2. Presupunem că orice set de n elemente are Setul B este format din n elemente, și deci, prin ipoteza inducției, are Dar în a doua clasă există același număr de submulțimi: fiecare dintre ele este obținută dintr-un submulțime din prima clasă prin adăugarea elementului d. Prin urmare, în total, mulțimea A Astfel afirmația este dovedită. Rețineți că este valabil și pentru o mulțime formată din 0 elemente - o mulțime goală: are o singură submulțime - ea însăși și 2 0 =1. ■
Pentru a face acest lucru, verificați mai întâi adevărul afirmației cu numărul 1 - bază de inducție, și atunci se demonstrează că dacă enunțul cu numărul n, apoi următoarea afirmație cu numărul n + 1 - etapa de inducție, sau tranziție inductivă. Dovada prin inducție poate fi vizualizată sub forma așa-numitului principiul domino. Să fie așezate pe rând orice număr de domino în așa fel încât fiecare domino, în cădere, să răstoarne în mod necesar următorul domino (aceasta este tranziția inductivă). Apoi, dacă împingem primul os (aceasta este baza inducției), atunci toate oasele din rând vor cădea. Baza logică a acestei metode de demonstrare este așa-numita axioma inducției, a cincea dintre axiomele Peano care definesc numerele naturale. Corectitudinea metodei de inducție este echivalentă cu faptul că în orice submulțime de numere naturale există un element minim. Există și o variație, așa-numitul principiu al inducției matematice complete. Iată formularea sa strictă: Principiul inducției matematice complete este, de asemenea, echivalent cu axioma inducției din axiomele lui Peano. O sarcină. Demonstrează asta, indiferent de firesc nși reală q≠ 1, egalitatea Dovada. Inductie activata n. Baza, n = 1: Tranziție: Să ne prefacem că Q.E.D. Un comentariu: fidelitatea afirmației P nîn această dovadă este aceeași cu valabilitatea egalității Fundația Wikimedia. 2010 . Inducția matematică în matematică este una dintre metodele de demonstrare. Folosit pentru a demonstra adevărul unei afirmații pentru toate numerele naturale. Pentru a face acest lucru, mai întâi se verifică adevărul afirmației cu numărul 1, baza inducției, apoi ...... Wikipedia O metodă de construire a unei teorii, în timp ce se bazează pe unele dintre prevederile acesteia - axiome sau postulate - din care toate celelalte prevederi ale teoriei (teoremei) sunt derivate prin raționament, numite dovezi m i. Reguli, apropo...... Enciclopedie filosofică Inducția (latina inductio guidance) este procesul de inferență bazat pe trecerea de la o anumită poziție la una generală. Raționamentul inductiv conectează premisele private cu concluzia nu atât prin legile logicii, cât mai degrabă prin unele ...... Wikipedia METODĂ GENETICĂ- o modalitate de a stabili conținutul și esența obiectului studiat nu prin convenție, idealizare sau concluzie logică, ci prin studierea originii acestuia (pe baza studiului motivelor care au condus la apariția lui, a mecanismului de formare). lat...... Filosofia științei: Glosar de termeni de bază O metodă de construire a unei teorii științifice, în care se bazează pe unele prevederi inițiale (judecăți) ale unei axiome (vezi axioma) sau postulate, din care trebuie derivate toate celelalte afirmații ale acestei științe (teoreme (vezi teorema)). .. ... Marea Enciclopedie Sovietică metoda axiomatica- METODĂ AXIOMATICĂ (din greacă. axioma) poziția acceptată este o metodă de construire a unei teorii științifice, în care în dovezi sunt folosite doar axiome, postulate și enunțuri derivate anterior din acestea. Afișat pentru prima dată... Enciclopedia Epistemologiei și Filosofia Științei Una dintre metodele teoriei erorilor pentru estimarea cantităților necunoscute din rezultatele măsurătorilor care conțin erori aleatoare. N. c. m. este, de asemenea, folosit pentru o reprezentare aproximativă a unei anumite funcții prin alte funcții (mai simple) și adesea se dovedește a fi... Enciclopedie matematică Inducția matematică este una dintre metodele de demonstrare matematică, folosită pentru a demonstra adevărul unei afirmații pentru toate numerele naturale. Pentru a face acest lucru, verificați mai întâi... Wikipedia Acest termen are alte semnificații, vezi Inducție. Inducția (latina inductio guidance) este procesul de inferență bazat pe trecerea de la o anumită poziție la una generală. Raționamentul inductiv conectează spațiile private ... ... Wikipedia Inducția este o metodă de obținere a unei afirmații generale din observații particulare. În cazul în care o afirmație matematică se referă la un număr finit de obiecte, aceasta poate fi dovedită prin verificarea fiecărui obiect. De exemplu, afirmația: „Fiecare număr par de două cifre este suma a două numere prime”, decurge dintr-o serie de egalități care sunt destul de realiste de stabilit: 10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79. Metoda demonstrației, în care o afirmație este verificată pentru un număr finit de cazuri, epuizând toate posibilitățile, se numește inducție completă. Această metodă este relativ rar aplicabilă, deoarece afirmațiile matematice, de regulă, nu se referă la seturi finite, ci infinite de obiecte. De exemplu, afirmația despre numerele pare de două cifre demonstrată mai sus prin inducție completă este doar un caz special al teoremei: „Orice număr par este suma a două numere prime”. Această teoremă nu a fost încă dovedită sau infirmată. Inducția matematică este o metodă de a demonstra o anumită afirmație pentru orice n natural bazată pe principiul inducției matematice: „Dacă o afirmație este adevărată pentru n=1 și din validitatea ei pentru n=k rezultă că această afirmație este adevărată pentru n= k+1, atunci este adevărat pentru toți n ". Metoda de demonstrare prin inductie matematica este urmatoarea: 1) baza de inducție: dovediți sau verificați direct validitatea enunțului pentru n=1 (uneori n=0 sau n=n 0); 2) pasul de inducție (tranziție): ei presupun validitatea enunțului pentru un n=k natural și, pe baza acestei presupuneri, demonstrează validitatea enunțului pentru n=k+1. 1. Demonstrați că pentru orice n natural numărul 3 2n+1 +2 n+2 este divizibil cu 7. Notăm A(n)=3 2n+1 +2 n+2 . baza de inducție. Dacă n=1, atunci A(1)=3 3 +2 3 =35 și evident divizibil cu 7. Ipoteza inducției. Fie A(k) divizibil cu 7. tranziție inductivă. Să demonstrăm că A(k+1) este divizibil cu 7, adică validitatea enunțului problemei pentru n=k. А(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 . Ultimul număr este divizibil cu 7, deoarece este diferența a două numere întregi divizibile cu 7. Prin urmare, 3 2n+1 +2 n+2 este divizibil cu 7 pentru orice n natural. 2. Demonstrați că pentru orice număr întreg pozitiv n numărul 2 3 n +1 este divizibil cu 3 n+1 și nu este divizibil cu 3 n+2 . Să introducem notația: a i =2 3 i +1. Pentru n=1 avem, iar 1 =2 3 +1=9. Deci, un 1 este divizibil cu 3 2 și nu este divizibil cu 3 3 . Fie pentru n=k numărul a k este divizibil cu 3 k+1 și nu este divizibil cu 3 k+2 , adică a k =2 3 k +1=3 k+1 m, unde m nu este divizibil cu 3. Atunci și 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). Evident, un k+1 este divizibil cu 3 k+2 și nu este divizibil cu 3 k+3 . Prin urmare, afirmația este dovedită pentru orice n natural. 3. Se știe că x+1/x este un număr întreg. Demonstrați că х n +1/х n este, de asemenea, un număr întreg pentru orice număr întreg n. Să introducem notația: a i \u003d x i +1 / x i și observăm imediat că a i \u003d a -i, așa că vom continua să vorbim despre indici naturali. Notă: iar 1 este un întreg după condiție; a 2 este un număr întreg, deoarece a 2 \u003d (a 1) 2 -2; și 0=2. Să presupunem că a k este un număr întreg pentru orice număr întreg pozitiv k care nu depășește n. Atunci a 1 ·a n este un număr întreg, dar a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 și a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Totuși, și n–1 este un număr întreg prin ipoteza de inducție. Prin urmare, n+1 este, de asemenea, un număr întreg. Prin urmare, х n +1/х n este un număr întreg pentru orice număr întreg n, care urma să fie demonstrat. 4. Demonstrați că pentru orice număr întreg pozitiv n mai mare decât 1, inegalitatea dublă 5. Demonstrați că pentru natural n > 1 și |х| (1–x)n +(1+x)n Pentru n=2 inegalitatea este adevărată. Într-adevăr, (1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2 Dacă inegalitatea este adevărată pentru n=k, atunci pentru n=k+1 avem (1–x)k+1 +(1+x)k+1 Inegalitatea este demonstrată pentru orice număr natural n > 1. 6. Pe plan sunt n cercuri. Demonstrați că pentru orice aranjare a acestor cercuri, harta formată de ele poate fi colorată corect cu două culori. Să folosim metoda inducției matematice. Pentru n=1 afirmația este evidentă. Să presupunem că afirmația este adevărată pentru orice hartă formată din n cercuri și să fie date n + 1 cercuri pe plan. Prin ștergerea unuia dintre aceste cercuri, obținem o hartă care, în virtutea presupunerii făcute, poate fi colorată corect cu două culori (vezi prima figură de mai jos). Restabilim apoi cercul aruncat și pe o parte a acestuia, de exemplu în interior, schimbăm culoarea fiecărei zone la opus (vezi a doua imagine). Este ușor de observat că în acest caz obținem o hartă colorată corect cu două culori, dar abia acum cu n + 1 cercuri, ceea ce urma să fie demonstrat. 7. Vom numi un poligon convex „frumos” dacă sunt îndeplinite următoarele condiții: 1) fiecare dintre vârfurile sale este pictat într-una din cele trei culori; 2) oricare două vârfuri învecinate sunt vopsite în culori diferite; 3) cel puțin un vârf al poligonului este colorat în fiecare dintre cele trei culori. Demonstrați că orice n-gon frumos poate fi tăiat prin diagonale care nu se intersectează în triunghiuri „frumoase”. Să folosim metoda inducției matematice. baza de inducție. Pentru cel mai mic n=3 posibil, enunțul problemei este evident: vârfurile triunghiului „frumos” sunt pictate în trei culori diferite și nu sunt necesare tăieturi. Ipoteza inducției. Să presupunem că afirmația problemei este adevărată pentru orice n-gon „frumos”. etapa de inducție. Luați în considerare un „frumos” (n + 1)-gon arbitrar și demonstrați, folosind ipoteza inductivă, că poate fi tăiat de niște diagonale în triunghiuri „frumoase”. Notăm cu А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – vârfuri succesive ale (n+1)-gonului. Dacă doar un vârf al (n + 1)-gon este colorat în oricare dintre cele trei culori, atunci prin conectarea acestui vârf cu diagonale la toate vârfurile care nu sunt adiacente acestuia, obținem partiția necesară a (n + 1)- intră în triunghiuri „frumoase”. Dacă cel puțin două vârfuri ale unui (n + 1)-gon sunt pictate în fiecare dintre cele trei culori, atunci notăm culoarea vârfului A 1 cu numărul 1 și culoarea vârfului A 2 cu numărul 2 . Fie k cel mai mic număr astfel încât vârful A k este colorat în a treia culoare. Este clar că k > 2. Să tăiem triunghiul А k–2 А k–1 А k din (n+1)-gon cu diagonala А k–2 А k . În conformitate cu alegerea numărului k, toate vârfurile acestui triunghi sunt pictate în trei culori diferite, adică acest triunghi este „frumos”. N-gonul convex A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , care rămâne, va fi de asemenea, datorită presupunerii inductive, „frumos”, ceea ce înseamnă că este împărțit în triunghiuri „frumoase”, care și trebuiau dovedite. 8. Demonstrați că într-un n-gon convex este imposibil să alegeți mai mult de n diagonale, astfel încât oricare două dintre ele să aibă un punct comun. Să realizăm demonstrația prin metoda inducției matematice. Să demonstrăm o afirmație mai generală: într-un n-gon convex, este imposibil să alegeți mai mult de n laturi și diagonale, astfel încât oricare dintre ele să aibă un punct comun. Pentru n = 3 afirmația este evidentă. Să presupunem că această afirmație este adevărată pentru un n-gon arbitrar și, folosind aceasta, să demonstrăm validitatea ei pentru un (n + 1)-gon arbitrar. Să presupunem că pentru un (n + 1)-gon această afirmație nu este adevărată. Dacă nu ies mai mult de două laturi sau diagonale alese din fiecare vârf al unui (n+1)-gon, atunci există cel mult n+1 dintre ele alese. Prin urmare, cel puțin trei laturi sau diagonale alese AB, AC, AD apar dintr-un vârf A. Fie AC între AB și AD. Deoarece orice latură sau diagonală care iese din C, alta decât CA, nu poate traversa AB și AD în același timp, din C iese doar o diagonală CA aleasă. Renunțând la punctul C împreună cu diagonala CA, obținem un n-gon convex în care sunt alese mai mult de n laturi și diagonale, dintre care oricare două au un punct comun. Astfel, ajungem la o contradicție cu presupunerea că afirmația este adevărată pentru un n-gon convex arbitrar. Deci, pentru un (n + 1)-gon, afirmația este adevărată. În conformitate cu principiul inducției matematice, afirmația este adevărată pentru orice n-gon convex. 9. Există n drepte trasate în plan, dintre care două nu sunt paralele și nici trei nu trec prin același punct. În câte părți împart aceste linii planul. Cu ajutorul desenelor elementare, este ușor să vă asigurați că o linie dreaptă împarte planul în 2 părți, două linii drepte în 4 părți, trei linii drepte în 7 părți și patru linii drepte în 11 părți. Notați cu N(n) numărul de părți în care n drepte împart planul. Se vede că N(2)=N(1)+2=2+2, N(3)=N(2)+3=2+2+3, N(4)=N(3)+4=2+2+3+4. Este firesc să presupunem că N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n, sau, după cum este ușor de stabilit, folosind formula pentru suma primilor n termeni ai unei progresii aritmetice, N(n)=1+n(n+1)/2. Să demonstrăm validitatea acestei formule prin metoda inducției matematice. Pentru n=1, formula a fost deja verificată. După ce am făcut ipoteza inductivă, considerăm k + 1 linii care satisfac condiția problemei. Selectăm în mod arbitrar k linii drepte dintre ele. Prin ipoteza inductivă, ei împart planul în 1+ k(k+1)/2 părți. Linia rămasă (k + 1) va fi împărțită de k linii selectate în k + 1 părți și, prin urmare, va trece prin partea (k + 1)-a în care planul a fost deja împărțit și fiecare dintre aceste părți vor fi împărțite în 2 părți, adică se vor adăuga k+1 părți suplimentare. Asa de, N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2, Q.E.D. 10. În expresia x 1: x 2: ...: x n se pun paranteze pentru a indica ordinea acțiunilor și rezultatul se scrie sub formă de fracție: (în acest caz, fiecare dintre literele x 1, x 2, ..., x n este fie la numărătorul fracției, fie la numitor). Câte expresii diferite pot fi obținute în acest fel cu toate modalitățile posibile de aranjare a parantezelor? În primul rând, este clar că în fracția rezultată x 1 va fi la numărător. Este aproape la fel de evident că x 2 va fi la numitor pentru orice aranjament de paranteze (semnul de diviziune înainte de x 2 se referă fie la x 2 însuși, fie la orice expresie care conține x 2 în numărător). Se poate presupune că toate celelalte litere x 3 , x 4 , ... , x n pot fi situate în numărător sau numitor într-un mod complet arbitrar. Rezultă că în total se pot obține 2 n-2 fracții: fiecare dintre n-2 litere x 3, x 4, ..., x n poate fi independent de celelalte la numărător sau numitor. Să demonstrăm această afirmație prin inducție. Cu n=3, puteți obține 2 fracții: deci afirmatia este adevarata. Presupunem că este valabil pentru n=k și dovedim pentru n=k+1. Fie expresia x 1: x 2: ...: xk, după o anumită aranjare a parantezelor, să fie scrisă ca o fracție Q. Dacă xk: x k+1 este înlocuit în această expresie în loc de xk, atunci xk va fi în același loc ca și în fracțiile Q, iar x k + 1 nu va fi acolo unde a stat x k (dacă x k a fost la numitor, atunci x k + 1 va fi la numărător și invers). Acum să demonstrăm că putem adăuga x k+1 în același loc cu x k . În fracția Q, după plasarea parantezelor, va exista în mod necesar o expresie de forma q:x k, unde q este litera x k–1 sau o expresie între paranteze. Înlocuind q: x k cu expresia (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), se obține, evident, aceeași fracție Q, unde în loc de x k este x k x k+1 . Astfel, numărul de fracții posibile în cazul lui n=k+1 este de 2 ori mai mare decât în cazul lui n=k și este egal cu 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Astfel afirmația este dovedită. Răspuns: 2 n-2 fracții. 1. Demonstrați că pentru orice n natural: a) numărul 5 n -3 n + 2n este divizibil cu 4; b) numărul n 3 +11n este divizibil cu 6; c) numărul 7 n +3n–1 este divizibil cu 9; d) numărul 6 2n +19 n –2 n+1 este divizibil cu 17; e) numărul 7 n+1 +8 2n–1 este divizibil cu 19; f) numărul 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 este divizibil cu 27. 2. Demonstrați că (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1). 3. Demonstrați inegalitatea |sin nx| n|sinx| pentru orice n natural. 4. Găsiți numere naturale a, b, c care nu sunt divizibile cu 10 și astfel încât pentru orice n natural numerele a n + b n și c n să aibă aceleași ultimele două cifre. 5. Demonstrați că dacă n puncte nu se află pe o singură dreaptă, atunci printre liniile care le unesc, există cel puțin n altele diferite. Folosind metoda inducției matematice, dovediți că pentru orice natural n următoarele egalități sunt adevărate: Soluţie. a) Când n= 1 egalitate este valabilă. Presupunând valabilitatea egalității pentru n, să arătăm că este valabil și pentru n+ 1. Într-adevăr, Q.E.D. b) Când n= 1 validitatea egalității este evidentă. Din asumarea corectitudinii sale la n ar trebui să Având în vedere egalitatea 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, obținem 1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 , adică afirmația este adevărată și pentru n + 1. Exemplul 1 Demonstrați următoarele egalități Soluţie. a) Când n= 1 egalitatea va lua forma 1=1, prin urmare, P(1) adevărat. Să presupunem că această egalitate este adevărată, adică avem Astfel, conform metodei inducției matematice, egalitatea originală este valabilă pentru orice natural n. Observația 2. Acest exemplu ar putea fi rezolvat în alt mod. Într-adevăr, suma 1 + 2 + 3 + ... + n este suma primelor n membrii unei progresii aritmetice cu primul membru A 1 = 1 și diferență d= 1. În virtutea binecunoscutei formule b) Când n= 1 egalitatea va lua forma: 2 1 - 1 = 1 2 sau 1=1, adică P(1) adevărat. Să presupunem că egalitatea 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 si dovedeste astaP(n + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 sau 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 . Folosind ipoteza de inducție, obținem 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 . În acest fel, P(n+ 1) este adevărată și, prin urmare, egalitatea cerută este dovedită. Observația 3. Acest exemplu poate fi rezolvat (în mod similar celui precedent) fără a folosi metoda inducției matematice. c) Când n= 1 egalitatea este adevărată: 1=1. Să presupunem că egalitatea este adevărată d) Când n= 1 egalitate este valabilă: 1=1. Să presupunem că există Într-adevăr, e) Aprobare P(1) adevărat: 2=2. Să presupunem că egalitatea Prin urmare, egalitatea originală este valabilă pentru orice natural n. f) P(1) adevărat: Într-adevăr, având în vedere că P(n) are loc, primim Astfel, egalitatea este dovedită. g) Când n= 1 avem A + b = b + Ași, prin urmare, egalitatea este adevărată. Fie valabilă formula binomială a lui Newton pentru n = k, adică Exemplul 2 Demonstrați inegalitățile Soluţie. a) Când n= 1 obținem inegalitatea adevărată 1 + a ≥ 1 + a . Să presupunem că există o inegalitate Într-adevăr, deoarece a > -1 implică a + 1 > 0, atunci înmulțind ambele părți ale inegalității (1) cu (a + 1), obținem (1 + a) n(1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) sau (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Pentru că n a 2 ≥ 0, prin urmare,(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a. Astfel, dacă P(n) este adevărat, atunci P(n+ 1) este adevărată, prin urmare, conform principiului inducției matematice, inegalitatea lui Bernoulli este adevărată. b) Când n= 1 obținem X 1 = 1 și, prin urmare, X 1 ≥ 1 adică P(1) este o declarație corectă. Să ne prefacem că P(n) este adevărat, adică dacă adica, X 1 ,X 2 ,...,X n - n numere pozitive al căror produs este egal cu unu, X 1 X 2 ·...· X n= 1 și X 1 + X 2 + ... + X n ≥ n. Să arătăm că această propoziție implică faptul că următorul lucru este adevărat: dacă X 1 ,X 2 ,...,X n ,X n+1 - (n+ 1) numere pozitive astfel încât X 1 X 2 ·...· X n · X n+1 = 1, atunci X 1 + X 2 + ... + X n + X n + 1 ≥n + 1. Luați în considerare următoarele două cazuri: 1) X 1 = X 2 = ... = X n = X n+1 = 1. Atunci suma acestor numere este ( n+ 1), iar inegalitatea cerută este satisfăcută; 2) cel puțin un număr este diferit de unul, fie, de exemplu, mai mare decât unu. Apoi, pentru că X 1 X 2 · ... · X n · X n+ 1 = 1, există cel puțin un alt număr care este diferit de unul (mai precis, mai puțin de unul). Lasa X n+ 1 > 1 și X n < 1. Рассмотрим n numere pozitive În măsura în care (1 - X n)(X n+1 - 1) > 0, atunci n + X n + X n+1 - X n X n+1 = n + 1 + X n+1 (1 - X n) - 1 + X n = Observația 4. Semnul egal apare dacă și numai dacă X 1 = X 2 = ... = X n = 1. c) Fie X 1 ,X 2 ,...,X n sunt numere pozitive arbitrare. Luați în considerare următoarele n numere pozitive: Observația 5. Egalitatea este valabilă dacă și numai dacă X 1 = X 2 = ... = X n . d) P(1) - o afirmație corectă: sin 2 a + cos 2 a = 1. Să presupunem că P(n) este o afirmație adevărată: Păcatul 2 n a + cos2 n a ≤ 1 si arata ca existaP(n+ 1). Într-adevăr, sin2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a \u003d sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (dacă sin 2 a ≤ 1, atunci cos 2 a < 1, и обратно: если cos
2 a ≤ 1, apoi sin 2 a < 1). Таким образом, для любого
n DESPRE N păcatul 2 n a + cos2 n ≤ 1 și semnul egal este atins numai cândn = 1.
e) Când n= 1 afirmația este adevărată: 1< 3 / 2 . Să presupunem că f) Ținând cont de observația 1, verificăm P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, prin urmare, pentru n= 10 afirmația este adevărată. Să presupunem 2 n > n 3 (n> 10) și dovediți P(n+ 1), adică 2 n+1 > (n + 1) 3 . De la ora n> 10 avem sau 2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 sau n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Luând în considerare inegalitatea (2 n >
n 3), obținem 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 . Astfel, după metoda inducției matematice, pentru orice natural n DESPRE N, n≥ 10 avem 2 n > n 3 . Exemplul 3 Demonstrează asta pentru orice n DESPRE N Soluţie. A) P(1) este o afirmație adevărată (0 este divizibil cu 6). Lasa P(n) este corect, adică n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) este divizibil cu 6. Să arătăm că atunci avem P(n+ 1), adică ( n + 1)n(2n+ 1) este divizibil cu 6. Într-adevăr, deoarece În acest fel, P(n+ 1) este o afirmație corectă și, prin urmare, n(2n 2 - 3n+ 1) este divizibil cu 6 pentru oricare n DESPRE N. b) Verificați P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, deci P(1) este o declarație corectă. Ar trebui demonstrat că dacă 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 este divizibil cu 11 ( P(n)), apoi 6 2 n + 3 n+2 + 3 n este de asemenea divizibil cu 11 ( P(n+ 1)). Într-adevăr, pentru că 6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 == 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3 (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 și ca 6 2 n-2 + 3
n+1 + 3
n-1 și 33 6 2 n-2 sunt divizibile cu 11, atunci suma lor este 6 2n + 3
n+2 + 3
n este divizibil cu 11. Afirmația este dovedită. Inducția în geometrie Exemplul 4 Calculați latura corectei 2 n-gon înscris într-un cerc de rază R.
este un număr prim. Cu toate acestea, când n=40 obținem numărul 1681=41 2 , care nu este prim. Astfel, ipoteza care ar putea apărea aici, adică ipoteza că pentru fiecare n număr 
este simplu, se dovedește a fi fals.
divizibil cu 3 
este divizibil cu 5 și așa mai departe. Pe baza acestui lucru, el a sugerat asta pentru fiecare ciudat kși orice natural n număr 
impartit de k, dar curând am observat asta 
nu este divizibil cu 9.
- numar natural. Se pare că pentru un număr natural 
afirmația este adevărată, iar pentru următorul număr natural m nu este corect. Aceasta contrazice condiția 2. ■
este divizibil cu 3.
, adică acel număr 
este divizibil cu 3 și găsiți că n=k+1 numărul este divizibil cu 3.
) de numere impare este egal cu pătratul numărului acestor numere, adică . Pe baza acestei egalităţi, stabilim că suma primelor k+1 numere impare este egal cu 
, adică
și orice natural n inegalitatea 
(inegalitatea lui Bernoulli).
, care este corect.
(*). Folosind această presupunere, demonstrăm că 
. Rețineți că atunci când 
această inegalitate este valabilă și, prin urmare, este suficient să luăm în considerare cazul 
.
si ia:
.■
desfășurată într-un mod similar, dar la început, dreptatea se stabilește pentru cea mai mică valoare n.
.
,
,
. Emitem ipoteza că pentru orice natural n formula este valabila 
. Pentru a testa această ipoteză, folosim metoda inducției matematice complete.
.
, adică 
. Folosind această formulă, stabilim că ipoteza este adevărată și pentru n=k+1, adică
, este dovedit că este adevărat pentru n=k+1 și pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că formula este valabilă pentru orice natură n.
■
a funcțiilor uniform continue este o funcție uniform continuă. Dar din moment ce nu am introdus încă conceptul de „funcție uniformă continuă”, să punem problema mai abstract: să se știe că suma a două funcții care au o anumită proprietate S, el însuși deține proprietatea S. Să demonstrăm că suma oricărui număr de funcții are proprietatea S.
funcții f 1 ,
f 2 ,
…, f n ,
f n+1 care au proprietatea S. Apoi . În partea dreaptă, primul termen are proprietatea S prin ipoteza de inducție, al doilea termen are proprietatea S după condiție. Prin urmare, suma lor are proprietatea S– pentru doi termeni, baza inducției „funcționează”.
.
are loc pentru toată lumea 
. Pentru a demonstra adevărul acestei ipoteze, folosim principiul inducției matematice incomplete.
, adică inegalitatea 
. Folosind această ipoteză, demonstrăm că inegalitatea 
.
iar la 
exista o inegalitate 
la 
,
. Deci, adevărul ipotezei n=k+1 rezultă din ipoteza că este adevărat pentru n=k,
.
adevărat pentru fiecare natural 
.
■
.
, sau 1=1, adică este adevărat. Făcând ipoteza inductivă, avem:
subseturi.
subseturi. Dacă mulţimea A este formată din n+1 elemente, apoi fixăm un element în el - îl notăm d, și împărțiți toate submulțimile în două clase - fără a conține d si continand d. Toate submulțimile din prima clasă sunt submulțimi ale mulțimii B obținute de la A prin îndepărtarea elementului d.
submulțimi, deci în prima clasă 
subseturi.
subseturi.Exemple
,
Vezi si
Variații și generalizări
Literatură
Vedeți ce este „Metoda de inducție matematică” în alte dicționare:
Probleme cu soluțiile
Probleme fără soluții
dar) 
;
b) 
.
, primim
1/3 = 1/3. Să fie egalitate P(n):a) Inegalitatea lui Bernoulli: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n DESPRE N.
b) X 1 + X 2 + ... + X n ≥ n, dacă X 1 X 2 · ... · X n= 1 și X i > 0, .
c) Inegalitatea lui Cauchy față de media aritmetică și media geometrică
Unde X i > 0, , n ≥ 2.
d) păcatul 2 n a + cos2 n a ≤ 1, n DESPRE N.
e)
f) 2 n > n 3 , n DESPRE N, n ≥ 10.
si arata ca atunci avem(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a. (1 + a) n ≥ 1 + n A (1)
= n + 1 + X n+1 (1 - X n) - (1 - X n) = n + 1 + (1 - X n)(X n+1 - 1) ≥ n+ 1. Prin urmare, X 1 + X 2 + ... + X n + X n+1 ≥ n+1, adică dacă P(n) este adevărat, atunciP(n+ 1) este corect. Inegalitatea a fost dovedită.
si dovedeste asta
Luand in considerare P(n), primim 
, urmează că
