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) X A(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) ~ A(k+1)

Demonstrați că 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Avem n=1=1 2 . Prin urmare, afirmația este adevărată pentru n=1, adică. A(1) adevărat
• 2) Să demonstrăm că A(k) ~ A(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) X A(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că ipoteza A(n) este adevărată pentru orice n О N

Demonstrează asta

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), unde x nr. 1

• 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) adevărat

• 2) Fie k orice număr natural și fie formula adevărată pentru n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(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) ⋅ A(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, deoarece în triunghi

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonale; A 2 A(3) adevărat

2) Să presupunem că în orice k-gon convex are A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonale. A k Să demonstrăm că atunci într-un convex A k+1 (k+1)-gon numărul de diagonale A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Fie А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -convex (k+1)-gon. Să desenăm în ea o diagonală A 1 A k. Pentru a calcula numărul total de diagonale ale acestui (k + 1)-gon, trebuie să numărați numărul de diagonale din k-gon A 1 A 2 ...A k , adăugați k-2 la numărul rezultat, adică. numărul de diagonale ale (k+1)-gon care emană de la vârful A k+1 și, în plus, ar trebui să se țină cont de diagonala A 1 A k

Prin urmare,

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

Deci A(k) ⋅ A(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

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 se poate observa 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)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2 +n+1), unde n>2

Soluție: 1) Pentru n=2, identitatea arată astfel:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), i.e. este adevarat
• 2) Să presupunem că expresia este adevărată pentru n=k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) Vom demonstra corectitudinea expresiei pentru n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Am demonstrat validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea 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) Vom demonstra 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 n natural.

Demonstrați validitatea identității

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) pentru orice n natural

• 1) Pentru n=1 identitatea este adevărată 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Să presupunem că pentru n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Demonstrăm că identitatea este adevărată pentru n=k+1
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (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 întreg pozitiv 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 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Dar (23 ґ 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 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 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, A (k) Yu A (k + 1). În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită

Demonstrați că pentru orice n 7 n -1 este divizibil cu 6 fără rest

• 1) Fie n=1, atunci X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 este împărțit la 6 fără rest. Deci pentru n=1 afirmația este adevărată
• 2) Să presupunem că pentru n \u003d k 7 k -1 este divizibil cu 6 fără rest
• 3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 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 un întreg pozitiv arbitrar n este divizibil cu 11.

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.

Deci pentru n=1 afirmația este adevărată

• 2) Să presupunem că pentru n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 fără rest
• 3) 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

• 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 1 2k -1 este divizibil cu 6 fără rest
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 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

Să demonstrăm mai întâi că 3 3n+3 -1 este divizibil cu 26 fără rest

• 1. Când n=0
• 3 3 -1=26 este divizibil cu 26
• 2. Să presupunem că pentru n=k
• 3 3k+3 -1 este divizibil cu 26
• 3. Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - este divizibil cu 26

Să demonstrăm acum 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 х>0, atunci inegalitatea (1+х) n >1+n ґ х

• 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) ⋅ A(k+1) dacă k> 2. Să presupunem că A(k) este adevărată, adică că inegalitatea
• (1+х) k >1+k ґ 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 ґ x)(1+x)

Luați în considerare partea dreaptă a ultimei inegalități; noi avem

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

Ca rezultat, obținem că (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Deci A(k) ⋅ A(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, se poate argumenta că inegalitatea lui Bernoulli este valabilă pentru orice n> 2

Demonstrați că inegalitatea (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 este adevărată pentru a> 0

Rezolvare: 1) Pentru m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ambele părți sunt egale
• 2) Să presupunem că pentru m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ 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 ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Am demonstrat validitatea inegalității pentru m=k+1, prin urmare, datorită metodei de inducție matematică, inegalitatea este valabilă pentru orice m natural.

Demonstrați că pentru n>6 inegalitatea 3 n >n ґ 2 n+1

Să rescriem inegalitatea în forma (3/2) n >2n

• 1. Pentru n=7 avem 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 inegalitatea este adevărată
• 2. Să presupunem că pentru n=k (3/2) k >2k
• 3) Să demonstrăm validitatea inegalității pentru n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Deoarece k>7, ultima inegalitate este evidentă.

Datorită 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)

• 1) Pentru n=3 inegalitatea este adevărată
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Să presupunem că pentru n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Să demonstrăm validitatea inegalității pentru n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Să demonstrăm că 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

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 inegalitatea.

Liceul MBOU „Tehnic și Economic”

METODA INDUCȚIEI MATEMATICĂ

METODA INDUCȚIEI MATEMATICĂ.

NOTĂ EXPLICATIVĂ

Dezvoltarea metodologică „Metoda inducției matematice” a fost întocmită pentru elevii clasei a X-a a profilului matematic.

Obiective primare: familiarizarea elevilor cu metoda inducției matematice și predarea modului de aplicare a acesteia în rezolvarea diferitelor probleme.

În dezvoltarea metodologică se au în vedere chestiuni de matematică elementară: probleme de divizibilitate, dovezi de identități, dovezi de inegalități, se propun probleme de diferite grade de complexitate, inclusiv problemele oferite la olimpiade.

Rolul inferențelor inductive în științele experimentale este foarte mare. Acestea dau acele dispoziții, din care se fac apoi concluzii ulterioare prin deducere. Nume metoda de inductie matematicaînșelător – de fapt, această metodă este deductivă și dă o dovadă riguroasă a afirmațiilor ghicite prin inducție. Metoda inducției matematice ajută la identificarea legăturilor dintre diferitele secțiuni ale matematicii, ajută la dezvoltarea culturii matematice a elevului.

Definirea metodei de inducție matematică. Inductie completă și incompletă. Dovada inegalităților. Dovada identităților. Rezolvarea problemelor de divizibilitate. Rezolvarea diverselor probleme pe tema „Metoda inducției matematice”.

LITERATURA PENTRU PROFESOR

1. M.L.Galiţki. Studiu aprofundat al cursului de algebră și analiză matematică. - M. Iluminismul.1986.

2. L.I.Zvavici. Algebra și începuturile analizei. Materiale didactice. M. Drofa.2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Algebră și analiză matematică. Iluminismul M. 1995.

4. Yu.V. Mihaiev. Metoda inducției matematice. NGU.1995.

LITERATURA PENTRU STUDENTI

1. N.Ya. Vilenkin. Algebră și analiză matematică. Iluminismul M. 1995.

2. Yu.V. Mihaiev. Metoda inducției matematice. NGU.1995.

CUVINTE CHEIE

Inducția, axioma, principiul inducției matematice, inducția completă, inducția incompletă, afirmația, identitatea, inegalitatea, divizibilitatea.

ANEXA DIDACTIC LA TEMA

„METODĂ DE INDUCȚIE MATEMATICĂ”.

Lectia 1

Definirea metodei de inducție matematică.

Metoda inducției matematice este una dintre metodele extrem de eficiente pentru a găsi noi rezultate și a dovedi adevărul ipotezelor prezentate. Deși această metodă nu este nouă în matematică, interesul pentru ea nu scade. Pentru prima dată într-o prezentare clară, metoda inducției matematice a fost aplicată în secolul al XVII-lea de remarcabilul om de știință francez Blaise Pascal pentru a demonstra proprietățile unui triunghi numeric, care de atunci a fost numit după el. Cu toate acestea, ideea inducției matematice era cunoscută de grecii antici. Metoda inducției matematice se bazează pe principiul inducției matematice, care este acceptat ca axiomă. Vom lua în considerare ideea inducției matematice cu exemple.

Exemplul #1.

Pătratul este împărțit de un segment în două părți, apoi una dintre părțile rezultate este împărțită în două părți și așa mai departe. Determinați în câte părți este împărțit pătratul P pași?

Decizie.

După primul pas, noi, prin condiție, obținem 2 părți. În al doilea pas, lăsăm o parte neschimbată și împărțim a doua în 2 părți și obținem 3 părți. În al treilea pas, lăsăm 2 părți neschimbate și împărțim a treia în două părți și obținem 4 părți. În al patrulea pas, lăsăm 3 părți neschimbate și împărțim ultima parte în două părți și obținem 5 părți. În al cincilea pas, vom obține 6 părți. Sugestia este făcută prin P pașii pe care îi primim (n+1) parte. Dar această propunere trebuie dovedită. Să presupunem că prin la trepte în care este împărțit pătratul (k+1) parte. Apoi (k+1) pas noi la părțile vor rămâne neschimbate și (k+1)împărțiți partea în două părți și obțineți (k+2) părți. Observați că puteți argumenta așa atâta timp cât doriți, la infinit. Adică presupunerea noastră este că P pătratul de trepte va fi împărțit în (n+1) parte, devine dovedit.

Exemplul #2.

Bunica mea avea o nepoată care era foarte îndrăgită de dulceață și mai ales de cea la borcan de litru. Dar bunica nu i-a permis să se atingă. Iar nepoatele au decis să-și înșele bunica. A decis să mănânce în fiecare zi 1/10 litru din acest borcan și să-l completeze cu apă, amestecând bine. După câte zile va descoperi bunica înșelăciunea dacă dulceața rămâne la fel ca aspect când este diluată cu apă la jumătate?

Decizie.

Aflați câtă dulceață pură va rămâne după aceea în borcan P zile. După prima zi, amestecul va rămâne în borcan, format din 9/10 gem și 1/10 apă. După două zile, 1/10 din amestecul de apă și dulceață va dispărea din borcan și va rămâne (1 litru de amestec conține 9/10 litri de dulceață, 1/10 litri de amestec conține 9/100 de litri de dulceață)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litri de dulceata. În a treia zi, din borcan va dispărea 1/10 litru dintr-un amestec format din 81/100 gem și 19/100 apă. In 1 litru de amestec sunt 81/100 litri de dulceata, in 1/10 litri de amestec 81/1000 litri de dulceata. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litri de dulceata vor ramane dupa 3 zile, iar restul va fi preluat de apa. Apare un model. Prin P zile rămase în bancă (9/10) P eu gem. Dar din nou, aceasta este doar presupunerea noastră.

Lasa la este un număr natural arbitrar. Să presupunem că prin la zilele în bancă vor rămâne (9/10) la l gem. Să vedem ce va fi în bancă în altă zi, adică în (k+1) zi. Va dispărea de la bancă 1/10l un amestec de (9/10) la l dulceata si apa. LA 1l amestecul este (9/10) la l dulceata, in 1/10l amestecuri (9/10) k+1 l gem. Acum putem spune asta în siguranță P zile rămase în bancă (9/10) P l gem. In 6 zile banca va avea 531444/1000000l gemuri, dupa 7 zile - 4782969/10000000l dulceata, adica mai putin de jumatate.

Răspuns: după 7 zile, bunica va descoperi înșelăciunea.

Să încercăm să le evidențiem pe cele mai elementare în soluțiile problemelor luate în considerare. Am început să rezolvăm fiecare dintre ele luând în considerare cazuri separate sau, după cum se spune, speciale. Apoi, pe baza observațiilor noastre, am făcut câteva presupuneri P(n), in functie de firesc P.

afirmaţia a fost verificată, adică dovedită P(1), P(2), P(3);

a sugerat că P(n) valabil pentru n=kși a dedus că atunci va fi valabil pentru următorul n, n=k+1.

Și apoi au argumentat ceva de genul: P(1) dreapta, P(2) dreapta, P(3) dreapta, P(4) corect... asa e P(n).

Principiul inducției matematice.

Afirmație P(n), in functie de firesc P, este valabil pentru toate naturale P, dacă

1) validitatea afirmaţiei pentru n=1;

2) din asumarea validității enunțului P(n) la n=k ar trebui să

justiţie P(n) la n=k+1.

În matematică, principiul inducției matematice este ales, de regulă, ca una dintre axiomele care definesc seria naturală a numerelor și, prin urmare, este acceptat fără dovezi. Metoda demonstrației prin principiul inducției matematice este de obicei numită metoda inducției matematice. Rețineți că această metodă este utilizată pe scară largă în demonstrarea teoremelor, identităților, inegalităților în rezolvarea problemelor de divizibilitate și a multor alte probleme.

Lectia 2

Inductie completă și incompletă.

În cazul în care o afirmație matematică se referă la un număr finit de obiecte, aceasta poate fi demonstrată verificând pentru fiecare obiect, de exemplu, afirmația „Fiecare număr par de două cifre este suma a două numere prime”. Metoda de demonstrare prin care testăm o afirmație pentru un număr finit de cazuri se numește inducție matematică completă. Această metodă este folosită relativ rar, deoarece declarațiile sunt cel mai adesea considerate pe mulțimi infinite. De exemplu, teorema „Orice număr par este egal cu suma a două numere prime” nu a fost nici dovedită, nici infirmată până acum. Chiar dacă am testa această teoremă pentru primul miliard, nu ne-ar aduce cu un pas mai aproape de a o demonstra.

În științele naturii se folosește inducția incompletă, testând experimentul de mai multe ori, transferând rezultatul în toate cazurile.

Exemplul #3

Ghiciți folosind formula de inducție incompletă pentru suma cuburilor numerelor naturale.

Decizie.

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

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

Dovada.

Să fie adevărat pentru n=k.

Să demonstrăm că este adevărat pentru n=k+1.

Concluzie: formula pentru suma cuburilor de numere naturale este adevărată pentru orice natură P.

Exemplul #4

Luați în considerare egalitățile și ghiciți la ce lege generală conduc aceste exemple.

Decizie.

1=0+1

2+3+4=1+8

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

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

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

……………………………………………………………..

Exemplul #5

Scrieți următoarele expresii ca o sumă:

1)
2)
3)
; 4)
.

Litera greacă „sigma”.

Exemplul #6.

Scrieți următoarele sume folosind semnul
:

2)

Exemplul #7.

Scrieți următoarele expresii ca produse:

1)

3)
4)

Exemplul #8.

Notează următoarele lucrări folosind semnul

(litera greacă majusculă „pi”)

1)
2)

Exemplul #9.

Calcularea valorii unui polinom f ( n )= n 2 + n +11 , la n=1,2,3,4,5,6,7 se poate presupune că pentru orice firescP număr f ( n ) simplu.

Este corectă această presupunere?

Decizie.

Dacă fiecare sumand este divizibil cu un număr, atunci suma este divizibilă cu acel număr,
nu este un număr prim pentru niciun număr naturalP.

Analiza unui număr finit de cazuri joacă un rol important în matematică: fără a da o dovadă a uneia sau alteia afirmații, ajută la ghicirea formulării corecte a acestei afirmații, dacă nu este încă cunoscută. Așa se face că Goldbach, membru al Academiei de Științe din Sankt Petersburg, a ajuns la presupunerea că orice număr natural, începând de la doi, este suma a nu mai mult de trei numere prime.

Lecția #3

Metoda inducției matematice ne permite să dovedim diferite identități.

Exemplul #10. Să dovedim asta tuturor P identitatea

Decizie.

Sa punem

Trebuie să dovedim asta

Să demonstrăm că Atunci din adevărul identității

urmează adevărul identităţii

Prin principiul inducției matematice, adevărul identității pentru toți P.

Exemplul #11.

Să dovedim identitatea

Dovada.

egalități termen cu termen.

;
. Deci această identitate este adevărată pentru toțiP .

Lecția numărul 4.

Dovada identităților prin inducție matematică.

Exemplul #12. Să dovedim identitatea

Dovada.

Aplicând principiul inducției matematice, am demonstrat că egalitatea este adevărată pentru toți P.

Exemplul #13. Să dovedim identitatea

Dovada.

Aplicând principiul inducției matematice, am demonstrat că afirmația este adevărată pentru orice natură P.

Exemplul #14. Să dovedim identitatea

Dovada.

Exemplul #15. Să dovedim identitatea

1) n=1;

2) pentru n=k egalitate

3) să demonstreze că egalitatea este valabilă pentru n=k+1:

Concluzie: identitatea este valabilă pentru orice firesc P.

Exemplul #16. Să dovedim identitatea

Dovada.

În cazul în care un n=1 , apoi

Lasă identitatea să țină pentru n=k.

Să demonstrăm că identitatea este valabilă pentru n=k+1.

Atunci identitatea este valabilă pentru orice firesc P.

Lecția numărul 5.

Dovada identităților prin inducție matematică.

Exemplul #17. Să dovedim identitatea

Dovada.

În cazul în care un n=2 , atunci obținem egalitatea corectă:

Fie ca egalitatea să fie adevărată pentrun=k:

Să dovedim validitatea afirmației pentru n=k+1.

Conform principiului inducției matematice, identitatea este dovedită.

Exemplul #18. Să dovedim identitatea
pentru n≥2.

La n=2 această identitate poate fi rescrisă într-o formă foarte simplă

si evident adevarat.

Lasă la n=kîntr-adevăr

.

Să dovedim validitatea afirmației pentrun=k+1, adică egalitatea este satisfăcută: .

Deci, am demonstrat că identitatea este adevărată pentru orice firesc n≥2.

Exemplul #19. Să dovedim identitatea

La n=1 obținem egalitatea corectă:

Să presupunem că la n=k obținem și egalitatea corectă:

Să demonstrăm că se respectă valabilitatea egalității pentru n=k+1:

Atunci identitatea este valabilă pentru orice firesc P.

Lecția numărul 6.

Rezolvarea problemelor de divizibilitate.

Exemplul #20. Demonstrați prin inducție matematică că

impartit de 6 fără urmă.

Dovada.

La n=1 există o împărţire în6 fără urmă,
.

Lasă la n=k expresie
multiplu6.

Să demonstrăm că atunci când n=k+1 expresie
multiplu6 .

Fiecare termen este un multiplu 6 , deci suma este un multiplu al 6 .

Exemplul numărul 21.
pe5 fără urmă.

Dovada.

La n=1 expresia este divizibilă
.

Lasă la n=k expresie
de asemenea împărțit în5 fără urmă.

La n=k+1 impartit de 5 .

Exemplul #22. Demonstrați divizibilitatea unei expresii
pe16.

Dovada.

La n=1 multiplu 16 .

Lasă la n=k
multiplu16.

La n=k+1

Toți termenii sunt divizibili cu 16: primul este evident al doilea prin presupunere, iar al treilea are un număr par între paranteze.

Exemplul #23. Dovediți divizibilitatea
pe676.

Dovada.

Să demonstrăm mai întâi asta
impartit de
.

La n=0
.

Lasă la n=k
impartit de26 .

Apoi la n=k+1 impartit de 26 .

Să demonstrăm acum afirmația formulată în condiția problemei.

La n=1 impartit de 676.

La n=k este adevarat ca
impartit de26 2 .

La n=k+1 .

Ambii termeni sunt divizibili cu 676 ; prima este pentru că am demonstrat divizibilitatea prin 26 expresie între paranteze, iar al doilea este divizibil prin ipoteza inductivă.

Lecția numărul 7.

Rezolvarea problemelor de divizibilitate.

Exemplul numărul 24.

Demonstrează asta
impartit de5 fără urmă.

Dovada.

La n=1
impartit de5.

La n=k
impartit de5 fără urmă.

La n=k+1 fiecare termen este divizibil cu5 fără urmă.

Exemplul #25.

Demonstrează asta
impartit de6 fără urmă.

Dovada.

La n=1
impartit de6 fără urmă.

Lasă la n=k
impartit de6 fără urmă.

La n=k+1 impartit de 6 fără rest, deoarece fiecare termen este divizibil cu6 fără rest: primul termen este prin presupunerea inductivă, al doilea este evident, al treilea este pentru că
număr par.

Exemplul #26.

Demonstrează asta
la împărțirea la9 dă restul 1 .

Dovada.

Să demonstrăm asta
impartit de9 .

La n=1
impartit de 9 . Lasă la n=k
impartit de9 .

La n=k+1 impartit de 9 .

Exemplul numărul 27.

Demonstrați că este divizibil cu15 fără urmă.

Dovada.

La n=1 impartit de 15 .

Lasă la n=k impartit de 15 fără urmă.

La n=k+1

Primul termen este un multiplu15 prin ipoteza de inducție, al doilea termen este un multiplu al15 – evident, al treilea termen este un multiplu al15 , la fel de
multiplu5 (demonstrat în exemplul nr. 21), termenii al patrulea și al cincilea sunt, de asemenea, multipli5 , ceea ce este evident, atunci suma este un multiplu al15 .

Lecția numărul 8-9.

Dovada inegalităților prin inducție matematică

Exemplul #28.
.

La n=1 noi avem
- dreapta.

Lasă la n=k
este o adevărată inegalitate.

La n=k+1

Atunci inegalitatea este valabilă pentru orice natural P.

Exemplul #29. Demonstrați că inegalitatea este adevărată
pentru orice P.

La n=1 obținem inegalitatea corectă 4 >1.

Lasă la n=k inegalitatea
.

Să demonstrăm că atunci când n=k+1 inegalitatea

Pentru orice natural la se observă inegalitatea.

În cazul în care un
la
apoi

Exemplul #30.

pentru orice firesc Pși orice

Lasa n=1
, dreapta.

Să presupunem că inegalitatea este valabilă pentru n=k:
.

La n=k+1

Exemplul numărul 31. Demonstrați validitatea inegalității

pentru orice firesc P.

Să demonstrăm mai întâi că pentru orice natură t inegalitatea

Înmulțiți ambele părți ale inegalității cu
. Obținem o inegalitate echivalentă sau
;
; - această inegalitate este valabilă pentru orice natural t.

La n=1 inegalitatea originală este adevărată
;
;
.

Să țină inegalitatea n=k:
.

La n=k+1

Lecția numărul 10.

Rezolvarea problemelor pe tema

Metoda inducției matematice.

Exemplul #32. Demonstrați inegalitatea lui Bernoulli.

În cazul în care un
, apoi pentru toate valorile naturaleP inegalitatea

Dovada.

La n=1 inegalitatea care se dovedeşte ia forma
si evident corect. Să presupunem că este adevărat pentrun=k , adică ce
.

Întrucât după condiție
, apoi
, și prin urmare inegalitatea nu își schimbă sensul atunci când ambele părți sunt înmulțite cu
:

La fel de
, atunci obținem asta

.

Deci inegalitatea este adevărată pentru n=1, iar din adevărul ei la n=k rezultă că este adevărat şi n=k+1. Prin urmare, prin inducție matematică, este valabil pentru toate cele naturale P.

De exemplu,

Exemplul numărul 33. Găsiți toate valorile naturaleP , pentru care inegalitatea

Decizie.

La n=1 inegalitatea este corectă. La n=2 inegalitatea este de asemenea adevărată.

La n=3 inegalitatea nu mai este satisfăcută. Doar cand n=6 inegalitatea este valabilă, astfel încât pentru baza de inducție putem lua n=6.

Să presupunem că inegalitatea este adevărată pentru unele naturale la:

Luați în considerare inegalitatea

Ultima inegalitate este valabilă dacă
Lucrarea de testare pe tema n=1 este dată în mod recurent: n≥5 , unde P- -numar natural.

O metodă de demonstrare bazată pe axioma 4 a lui Peano este folosită pentru a demonstra multe proprietăți matematice și diverse afirmații. Baza pentru aceasta este următoarea teoremă.

Teorema. Dacă afirmaţia DAR(n) cu variabila naturala n adevărat pentru n= 1 si din faptul ca este adevarat pt n=k, rezultă că este valabil și pentru numărul următor n=k, apoi afirmația DAR(n) n.

Dovada. Notează prin M mulţimea acelor şi numai a acelor numere naturale pentru care enunţul DAR(n) Adevărat. Atunci din condiția teoremei avem: 1) 1 M; 2) k MkM. Prin urmare, pe baza Axiomei 4, concluzionăm că M =N, adică afirmație DAR(n) adevărat pentru orice natură n.

Metoda de demonstrare bazată pe această teoremă se numește metoda de inducție matematică, iar axioma este axioma inducției. Această dovadă are două părți:

1) dovediți că afirmația DAR(n) adevărat pentru n= A(1);

2) presupunem că afirmația DAR(n) adevărat pentru n=k, și, pornind de la această ipoteză, să demonstreze că afirmația Un) adevărat pentru n=k+ 1, adică că afirmația este adevărată A(k) A(k + 1).

În cazul în care un DAR( 1) DAR(k) A(k + 1) este o afirmație adevărată, apoi concluzionează că afirmația Un) adevărat pentru orice număr natural n.

Dovada prin inducție matematică poate începe nu numai cu confirmarea adevărului afirmației pentru n= 1, dar și din orice număr natural m. În acest caz, declarația DAR(n) se va dovedi pentru toate numerele naturale nm.

Problemă. Să demonstrăm că pentru orice număr natural egalitatea 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Decizie. Egalitatea 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n este o formulă care poate fi folosită pentru a găsi suma primelor numere naturale impare consecutive. De exemplu, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (suma conține 4 termeni), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (suma conține 6 termeni); dacă această sumă conține 20 de termeni de tipul indicat, atunci este egală cu 20 = 400 etc. După ce am demonstrat adevărul acestei egalități, vom putea găsi suma oricărui număr de termeni de tipul specificat folosind formula.

1) Verificați adevărul acestei egalități pentru n= 1. Când n= 1 partea stângă a egalității este formată dintr-un termen egal cu 1, partea dreaptă este egală cu 1= 1. Deoarece 1 = 1, atunci pentru n= 1 această egalitate este adevărată.

2) Să presupunem că această egalitate este adevărată pentru n=k, adică că 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Pe baza acestei presupuneri, demonstrăm că este adevărat pentru n=k+ 1, adică 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Luați în considerare partea stângă a ultimei egalități.

Prin presupunere, suma primelor k termeni este kși prin urmare 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expresie k+ 2k + 1 este identic cu expresia ( k + 1).

Prin urmare, adevărul acestei egalități pentru n=k+ 1 este dovedit.

Astfel, această egalitate este adevărată pentru n= 1 si din adevarul ei pentru n=k urmează adevărul pentru n=k+ 1.

Acest lucru demonstrează că această egalitate este adevărată pentru orice număr natural.

Folosind metoda inducției matematice, se poate dovedi adevărul nu numai al egalităților, ci și al inegalităților.

O sarcină. Demonstrează că unde nN.

Decizie. Să verificăm adevărul inegalității pentru n= 1. Avem - o adevărată inegalitate.

Să presupunem că inegalitatea este adevărată pentru n=k, acestea. - inegalitatea adevărată. Să demonstrăm, pe baza presupunerii, că este adevărat pentru n=k+ 1, adică (*).

Transformăm partea stângă a inegalității (*), ținând cont că : .

Dar, asta înseamnă .

Deci această inegalitate este adevărată pentru n= 1 și, din faptul că inegalitatea este adevărată pentru unii n= k, am constatat că este valabil și pentru n= k + 1.

Astfel, folosind Axioma 4, am demonstrat că această inegalitate este adevărată pentru orice număr natural.

Alte afirmații pot fi demonstrate și prin metoda inducției matematice.

O sarcină. Demonstrați că afirmația este adevărată pentru orice număr natural.

Decizie. Să verificăm adevărul afirmației pentru n= 1: -afirmatie adevarata.

Să presupunem că această afirmație este adevărată pentru n=k: . Să arătăm, folosind aceasta, adevărul afirmației pentru n=k+ 1: .

Să transformăm expresia: . Să găsim diferența kși k+ 1 membri. Dacă se dovedește că diferența rezultată este un multiplu al lui 7 și, prin presupunere, subtrahendul este divizibil cu 7, atunci minuendul este, de asemenea, un multiplu al lui 7:

Prin urmare, produsul este un multiplu de 7 și .

Astfel, această afirmație este adevărată pentru n= 1 si din adevarul ei pentru n=k urmează adevărul pentru n=k+ 1.

Aceasta dovedește că această afirmație este adevărată pentru orice număr natural.

O sarcină. Demonstrați asta pentru orice număr natural n 2 afirmația (7-1)24 este adevărată.

Decizie. 1) Verificați adevărul afirmației pentru n= 2: - afirmație adevărată.

Saveleva Ekaterina

Lucrarea are în vedere aplicarea metodei inducției matematice în rezolvarea problemelor de divizibilitate, la însumarea seriilor. Sunt luate în considerare exemple de aplicare a metodei inducției matematice la demonstrarea inegalităților și la rezolvarea problemelor geometrice. Lucrarea este ilustrată cu o prezentare.

Descarca:

Previzualizare:

Ministerul Științei și Educației al Federației Ruse

Instituție de învățământ de stat

gimnaziu nr 618

Curs: Algebră și începuturile analizei

Subiect de lucru pe proiect

„Metoda de inducție matematică și aplicarea acesteia la rezolvarea problemelor”

Lucrare finalizată: Savelyeva E, clasa 11B

Supraveghetor : Makarova T.P., profesor de matematică, liceu №618

1. Introducere.

2.Metoda inducţiei matematice în rezolvarea problemelor de divizibilitate.

3. Aplicarea metodei inducţiei matematice la însumarea seriilor.

4. Exemple de aplicare a metodei inducției matematice la demonstrarea inegalităților.

5. Aplicarea metodei inducţiei matematice la rezolvarea problemelor geometrice.

6. 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 logic, ceea ce înseamnă că însăși natura i-a destinat să gândească inductiv. Deși domeniul de aplicare al metodei de inducție matematică a crescut, în programa școlară îi este dedicat puțin timp, dar este atât de important să poți gândi inductiv. Aplicarea acestui principiu în rezolvarea problemelor și demonstrarea teoremelor este la egalitate cu luarea în considerare în practica școlară a altor principii matematice: mijlocul exclus, incluziune-excludere, Dirichlet etc. Acest eseu conține probleme din diferite ramuri ale matematicii, în care instrumentul principal este metoda de utilizare a inducției matematice. Vorbind despre importanța acestei metode, A.N. Kolmogorov a remarcat că „înțelegerea și capacitatea de a aplica principiul inducției matematice este un criteriu bun pentru maturitate, care este absolut necesar pentru un matematician”. Metoda de inducție în sensul său cel mai larg constă în trecerea de la observațiile private la un model universal, general sau formulare generală. În această interpretare, metoda este, desigur, principala tehnică de realizare a cercetării în orice știință experimentală a naturii.

activitate umana. Metoda (principiul) inducției matematice în forma sa cea mai simplă este utilizată atunci când este necesar să se dovedească o afirmație pentru toate numerele naturale.

Problema 1. În articolul său „Cum am devenit matematician” A.N. Kolmogorov scrie: „Am învățat devreme bucuria „descoperirii” matematice, observând la vârsta de cinci sau șase ani tiparul

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 și așa mai departe.

Școala a publicat revista „Rândunelele de primăvară”. În ea, descoperirea mea a fost publicată..."

Nu știm ce fel de dovezi au fost date în acest jurnal, dar totul a început cu observații private. Ipoteza însăși, care a apărut probabil după descoperirea acestor egalități parțiale, este că formula

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

adevărat pentru orice număr dat n = 1, 2, 3, ...

Pentru a demonstra această presupunere, este suficient să stabilim două fapte. În primul rând, pentru n = 1 (și chiar și pentru n = 2, 3, 4) afirmația dorită este adevărată. În al doilea rând, să presupunem că afirmația este adevărată pentru n = k, și verificați că atunci este valabil și pentru n = k + 1:

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

Prin urmare, afirmația care se dovedește este adevărată pentru toate valorile n: pentru n = 1 este adevărat (aceasta a fost verificată), iar în virtutea celui de-al doilea fapt, căci n = 2, de unde pentru n = 3 (datorită aceluiași al doilea fapt), etc.

Problema 2. Luați în considerare toate fracțiile ordinare posibile cu numărătorul 1 și orice (întreg pozitiv)

numitor: Demonstrați că pentru orice n> 3 poate fi reprezentat ca o sumă P diverse fracţiuni de acest fel.

Decizie, Să verificăm mai întâi această afirmație pentru n = 3; noi avem:

Prin urmare, afirmația de bază este satisfăcută

Să presupunem acum că declarația de interes pentru noi este adevărată pentru un anumit număr la, și demonstrează că este adevărat și pentru numărul care îl urmează la + 1. Cu alte cuvinte, să presupunem că există o reprezentare

în care k termenii și toți numitorii sunt diferiți. Să demonstrăm că atunci se poate obține o reprezentare a unității sub forma unei sume din la + 1 fracții de tipul dorit. Vom presupune că fracțiile sunt descrescătoare, adică numitorii (în reprezentarea unității prin suma la termeni) cresc de la stânga la dreapta astfel încât t este cel mai mare dintre numitori. Vom obține reprezentarea de care avem nevoie sub forma unei sume(la + 1)-a fracție, dacă împărțim o fracție, de exemplu ultima, în două. Acest lucru se poate face pentru că

Prin urmare

În plus, toate fracțiile rămân diferite, deoarece t a fost cel mai mare numitor și t + 1 > t și

m(t + 1) > m.

Astfel, am stabilit:

1. pentru n = 3 această afirmație este adevărată;

1. dacă afirmaţia care ne interesează este adevărată pentru la,
   atunci este valabil si pentru la + 1.

Pe această bază, putem afirma că afirmația luată în considerare este adevărată pentru toate numerele naturale, începând de la trei. Mai mult decât atât, demonstrația de mai sus implică și un algoritm pentru găsirea partiției dorite a unității. (Ce algoritm este acesta? Imaginați-vă că numărul 1 este suma a 4, 5, 7 termeni.)

În rezolvarea celor două probleme anterioare s-au făcut doi pași. Primul pas se numește bază inducție, al doileatranziție inductivăsau o etapă de inducție. Al doilea pas este cel mai important și implică o presupunere (afirmația este adevărată pentru n = k) și concluzie (afirmația este adevărată pentru n = k + 1). Parametrul p însuși este numit parametru de inducție.Această schemă logică (dispozitiv), care face posibilă concluzia că afirmația luată în considerare este adevărată pentru toate numerele naturale (sau pentru toate, începând de la unele), întrucât atât baza, cât și tranziția sunt valabile, se numeșteprincipiul inducției matematice, pe care şi se bazează metoda inducţiei matematice.Termenul „inducție” în sine provine din cuvântul latin inductie (ghidare), care înseamnă trecerea de la cunoașterea unică despre obiectele individuale ale unei clase date la o concluzie generală despre toate obiectele unei clase date, care este una dintre principalele metode de cunoaștere.

Principiul inducției matematice, sub forma obișnuită a doi pași, a apărut pentru prima dată în 1654 în Tratatul triunghiului aritmetic al lui Blaise Pascal, în care o modalitate simplă de calculare a numărului de combinații (coeficienți binomiali) a fost dovedită prin inducție. D. Poya îl citează pe B. Pascal în carte cu modificări minore date între paranteze drepte:

„În ciuda faptului că propoziția luată în considerare [o formulă explicită pentru coeficienții binomi] conține un număr infinit de cazuri speciale, voi da o demonstrație foarte scurtă pentru aceasta, bazată pe două leme.

Prima lemă afirmă că presupunerea este adevărată pentru bază - acest lucru este evident. [La P = 1 formula explicită este validă...]

A doua lemă afirmă următoarele: dacă presupunerea noastră este adevărată pentru o bază arbitrară [pentru un r arbitrar], atunci va fi adevărată pentru următoarea bază [pentru n + 1].

Aceste două leme implică în mod necesar validitatea propoziției pentru toate valorile P. Într-adevăr, în virtutea primei leme, este valabil pentru P = 1; prin urmare, în virtutea celei de-a doua leme, este valabilă pentru P = 2; prin urmare, din nou în virtutea celei de-a doua leme, este valabil pentru n = 3 și așa mai departe la infinit.

Problema 3. Puzzle-ul turnurilor din Hanoi este format din trei tije. Pe una dintre tije se află o piramidă (Fig. 1), formată din mai multe inele de diferite diametre, descrescătoare de jos în sus

Fig 1

Această piramidă trebuie transferată pe una dintre celelalte tije, transferând de fiecare dată un singur inel și nu așezând inelul mai mare pe cel mai mic. Se poate face?

Decizie. Deci, trebuie să răspundem la întrebarea: este posibil să mutați o piramidă formată din P inele de diferite diametre, de la o lansetă la alta, respectând regulile jocului? Acum problema este, după cum se spune, parametrizată de noi (un număr natural P), și poate fi rezolvată prin inducție matematică.

1. baza de inducție. Pentru n = 1, totul este clar, deoarece o piramidă dintr-un inel poate fi mutată în mod evident pe orice tijă.
2. etapa de inducție. Să presupunem că putem muta orice piramide cu numărul de inele p = k.
   Să demonstrăm că atunci putem muta și piramida la mijloc de la n = k + 1.

Piramida de la la inele întinse pe cel mai mare(la + 1)-al-lea inel, putem, conform presupunerii, să trecem la orice alt pivot. S-o facem. nemişcat(la + 1) al-lea inel nu va interfera cu noi pentru a realiza algoritmul de deplasare, deoarece este cel mai mare. După mutare la inele, mutați-l cel mai mare(la + 1) al-lea inel pe tija rămasă. Și apoi aplicăm din nou algoritmul de mișcare cunoscut nouă prin ipoteza inductivă la inele și mutați-le la tijă cu(la + 1) al-lea inel. Astfel, dacă putem muta piramidele cu la inele, apoi putem muta piramidele și la + 1 inele. Prin urmare, conform principiului inducției matematice, este întotdeauna posibilă deplasarea piramidei, constând din n inele, unde n > 1.

Metoda inducției matematice în rezolvarea problemelor de divizibilitate.

Folosind metoda inducției matematice se pot demonstra diverse afirmații referitoare la divizibilitatea numerelor naturale.

Sarcina 4 . Dacă n este un număr natural, atunci numărul este par.

Pentru n=1 afirmația noastră este adevărată: - un număr par. Să presupunem că este un număr par. Deoarece un 2k este un număr par, la fel este. Deci, paritatea se dovedește pentru n=1, paritatea este dedusă din paritate.Deci, chiar și pentru toate valorile naturale ale lui n.

Sarcina 3. Demonstrați că numărul Z 3 + 3 - 26n - 27 cu un natural arbitrar n este divizibil cu 26 2 fără rest.

Decizie. Să demonstrăm mai întâi prin inducție o afirmație auxiliară că 3 3n+3 1 este divizibil cu 26 fără rest n > 0.

1. baza de inducție. Pentru n = 0 avem: Z 3 - 1 \u003d 26 - împărțit la 26.

etapa de inducție. Să presupunem 3 3n + 3 - 1 este divizibil cu 26 când n = k și Să demonstrăm că în acest caz afirmația va fi adevărată pentru n = k + 1. Deoarece 3

apoi din ipoteza inductivă concluzionăm că numărul 3 3k + 6 - 1 este divizibil cu 26.

Să demonstrăm acum afirmația formulată în condiția problemei. Și din nou prin inducție.

1. baza de inducție. Este evident că la n = 1 afirmație este adevărată: deoarece 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. etapa de inducție. Să presupunem că la n = k
   expresia 3 3k + 3 - 26k - 27 este divizibil cu 26 2 fără rest și să demonstreze că afirmația este adevărată pentru n = k + 1,
   adică acel număr

divizibil cu 26 2 fără urmă. În ultima sumă, ambii termeni sunt împărțiți fără rest la 26 2 . Prima se datorează faptului că am demonstrat că expresia dintre paranteze este divizibilă cu 26; al doilea, prin ipoteza inductivă. În virtutea principiului inducției matematice, afirmația necesară este complet dovedită.

Aplicarea metodei inducției matematice la însumarea seriilor.

Sarcina 5. Demonstrați formula

N este un număr natural.

Decizie.

Pentru n=1, ambele părți ale egalității se transformă într-una și, prin urmare, prima condiție a principiului inducției matematice este îndeplinită.

Să presupunem că formula este adevărată pentru n=k, i.e.

Să adăugăm ambele părți ale acestei egalități și să transformăm partea dreaptă. Apoi primim

Astfel, din faptul că formula este adevărată pentru n=k, rezultă că este adevărată și pentru n=k+1. Această afirmație este adevărată pentru orice valoare naturală a lui k. Deci, este îndeplinită și a doua condiție a principiului inducției matematice. Formula a fost dovedită.

Sarcină 6. Pe tablă sunt scrise două numere: 1.1. Introducând suma lor între numere, obținem numerele 1, 2, 1. Repetând această operație din nou, obținem numerele 1, 3, 2, 3, 1. După trei operații, numerele vor fi 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Care va fi suma tuturor numerelor de pe tablă după 100 de operatii?

Decizie. Fă toate cele 100 operațiunile ar fi foarte consumatoare de timp și de mult timp. Deci, trebuie să încercăm să găsim o formulă generală pentru suma S numere după n operațiuni. Să ne uităm la tabel:

Ai observat vreun model aici? Dacă nu, mai poți face un pas: după patru operații, vor fi numere

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

a cărui sumă S 4 este 82.

De fapt, nu puteți scrie numere, ci spuneți imediat cum se va schimba suma după adăugarea unor numere noi. Fie suma egală cu 5. Ce va deveni atunci când se vor adăuga numere noi? Să împărțim fiecare număr nou în suma celor două vechi. De exemplu, de la 1, 3, 2, 3, 1 trecem la 1,

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

Adică fiecare număr vechi (cu excepția celor două extreme) intră acum în sumă de trei ori, deci noua sumă este 3S - 2 (scădeți 2 pentru a ține cont de unitățile lipsă). Prin urmare S 5 = 3S 4 - 2 = 244 și, în general

Care este formula generală? Dacă nu ar fi scăderea a două unități, atunci de fiecare dată suma ar crește de trei ori, ca în puterile triplei (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Și numerele noastre, după cum puteți vedea acum, sunt încă unul. Astfel, se poate presupune că

Să încercăm acum să demonstrăm acest lucru prin inducție.

baza de inducție. Vezi tabel (pentru n = 0, 1, 2, 3).

etapa de inducție. Să ne prefacem că

Să demonstrăm atunci că S la + 1 \u003d Z la + 1 + 1.

Într-adevăr,

Deci, formula noastră este dovedită. Arată că după o sută de operații, suma tuturor numerelor de pe tablă va fi egală cu 3 100 + 1.

Luați în considerare un exemplu remarcabil de aplicare a principiului inducției matematice, în care trebuie mai întâi să introduceți doi parametri naturali și apoi să efectuați inducția pe suma lor.

Sarcină 7. Demonstrează că dacă= 2, x 2 = 3 și pentru fiecare natural n> 3

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

apoi

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

Decizie. Rețineți că în această problemă șirul inițial de numere(x n ) este determinată de inducție, întrucât termenii șirului nostru, cu excepția primilor doi, sunt dați inductiv, adică prin cei anteriori. Secvențele date sunt numite recurent, iar în cazul nostru această succesiune este determinată (prin precizarea primilor săi doi termeni) într-un mod unic.

baza de inducție. Constă în verificarea a două afirmații: n=1 şi n=2.B În ambele cazuri, afirmația este adevărată prin presupunere.

etapa de inducție. Să presupunem că pt n = k - 1 și n = k se face afirmaţie, adică

Să demonstrăm atunci afirmația pentru n = k + 1. Avem:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, ceea ce urma să fie demonstrat.

Sarcina 8. Demonstrați că orice număr natural poate fi reprezentat ca suma mai multor membri diferiți ai șirului recurent de numere Fibonacci:

pentru k > 2.

Decizie. Fie p - numar natural. Vom efectua inducția pe P.

baza de inducție. Pentru n = 1 afirmație este adevărată, deoarece unitatea este ea însăși un număr Fibonacci.

etapa de inducție. Să presupunem că toate numerele naturale sunt mai mici decât un anumit număr P, poate fi reprezentat ca suma mai multor termeni diferiți ai șirului Fibonacci. Găsiți cel mai mare număr Fibonacci Ft, fara sa depaseasca P; deci F t n și F t +1 > n.

În măsura în care

Prin ipoteza de inducție, numărul p- F t poate fi reprezentat ca o sumă a 5 membri diferiți ai șirului Fibonacci, iar din ultima inegalitate rezultă că toți membrii șirului Fibonacci implicați în suma lui 8 sunt mai mici decât Ft. Prin urmare, extinderea numărului n = 8 + F t satisface starea problemei.

Exemple de aplicare a metodei inducției matematice la demonstrarea inegalităților.

Sarcina 9. (inegalitatea lui Bernoulli.)Demonstrează că atunci când x > -1, x 0 și pentru întreg n > 2 inegalitatea

(1 + x) n > 1 + xn.

Decizie. Vom efectua din nou demonstrația prin inducție.

1. Baza de inducție. Să verificăm validitatea inegalității pentru n = 2. Într-adevăr,

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

2. Etapa de inducție. Să presupunem că pentru număr n = k afirmația este adevărată, adică

(1 + x) k > 1 + xk,

Unde k > 2. Demonstrăm pentru n = k + 1. Avem: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Deci, pe baza principiului inducției matematice, se poate argumenta că inegalitatea lui Bernoulli este valabilă pentru orice n > 2.

Nu întotdeauna în condițiile problemelor rezolvate prin metoda inducției matematice, legea generală care trebuie demonstrată este clar formulată. Uneori este necesar, prin observarea unor cazuri particulare, să se descopere (ghici) mai întâi la ce lege generală conduc și abia apoi să se demonstreze ipoteza enunțată prin inducție matematică. În plus, variabila de inducție poate fi mascată, iar înainte de a rezolva problema, este necesar să se determine pe ce parametru se va efectua inducția. Ca exemple, luați în considerare următoarele sarcini.

Problema 10. Demonstrați că

pentru orice firesc n > 1.

Decizie, Să încercăm să demonstrăm această inegalitate prin inducție matematică.

Baza de inducție este ușor de verificat:1+

Prin ipoteza inductivă

și rămâne să dovedim asta

Folosind ipoteza inductivă, vom afirma că

Deși această egalitate este de fapt adevărată, ea nu ne oferă o soluție la problemă.

Să încercăm să demonstrăm o afirmație mai puternică decât se cere în problema inițială. Și anume, vom demonstra asta

Poate părea că demonstrarea acestei afirmații prin inducție este fără speranță.

Cu toate acestea, la p = 1 avem: afirmația este adevărată. Pentru a justifica pasul inductiv, să presupunem că

și atunci vom demonstra că

Într-adevăr,

Astfel, am dovedit o aserțiune mai puternică, care implică imediat aserțiunea cuprinsă în condiția problemei.

Lucrul instructiv aici este că, deși a trebuit să dovedim o afirmație mai puternică decât cea cerută în problemă, am putea folosi și o presupunere mai puternică în pasul inductiv. Acest lucru explică faptul că aplicarea simplă a principiului inducției matematice nu duce întotdeauna la obiectiv.

Se numește situația care a apărut în rezolvarea problemeiparadoxul inventatorului.Paradoxul în sine este că planurile mai complexe pot fi implementate cu mai mult succes dacă se bazează pe o înțelegere mai profundă a esenței problemei.

Problema 11. Demonstrați că 2m + n - 2m pentru orice firesc tip.

Decizie. Aici avem două opțiuni. Prin urmare, puteți încerca să efectuați așa-numituldubla inducție(o inducție în cadrul unei inducție).

Vom efectua raționament inductiv asupra P.

1. Baza de inducție conform p. Pentru n = Trebuie să verific asta 2 t ~ 1 > t. Pentru a demonstra această inegalitate, folosim inducția pe t.

A) Baza de inducție prin vol. Pentru t = 1 în curs
egalitate, ceea ce este acceptabil.

b) Etapa de inducție conform t.Să presupunem că la t = k afirmația este adevărată, adică 2 k ~ 1 > k. Apoi sus
Să spunem că afirmația este adevărată chiar dacă m = k + 1.
Noi avem:

la natural k.

Astfel, inegalitatea 2 efectuat pentru orice natural t.

2. Etapa de inducție conform articoluluiAlegeți și fixați un număr natural t. Să presupunem că la n = I afirmația este adevărată (pentru un fix t), adică 2 t +1 ~ 2 > t1, și să demonstreze că atunci afirmația va fi adevărată pentru n = l + 1.
Noi avem:

pentru orice firesc tip.

Prin urmare, pe baza principiului inducției matematice (conform P) afirmația problemei este adevărată pentru orice P si pentru orice fix t. Astfel, această inegalitate este valabilă pentru orice natural tip.

Problema 12. Fie m, n și k sunt numere naturale și t > p Care dintre cele două numere este mai mare:

În fiecare expresie la semne de rădăcină pătrată, t și n alternează.

Decizie. Să demonstrăm mai întâi o afirmație auxiliară.

Lema. Pentru orice natural t și n (t > n) și nenegativ (nu neapărat întreg) X inegalitatea

Dovada. Luați în considerare inegalitatea

Această inegalitate este adevărată, deoarece ambii factori din partea stângă sunt pozitivi. Extindem parantezele și transformăm, obținem:

Luând rădăcina pătrată a ambelor părți ale ultimei inegalități, obținem afirmația lemei. Deci lema este demonstrată.

Acum să trecem la rezolvarea problemei. Să notăm primul dintre aceste numere prin A, iar al doilea prin b la . Să demonstrăm că a pentru orice firesc la. Demonstrarea va fi efectuată prin metoda inducției matematice separat pentru par și impar la.

baza de inducție. Pentru k = 1 avem inegalitatea

y[t > y/n , care este valabil datorită faptului că m > n. = 2, rezultatul dorit se obține din lema demonstrată prin substituire x = 0.

etapa de inducție. Să presupunem, pentru unii la inegalitatea a >b to corect. Să demonstrăm asta

Din ipoteza inducției și monotonitatea rădăcinii pătrate, avem:

Pe de altă parte, din lema demonstrată rezultă că

Combinând ultimele două inegalități, obținem:

Conform principiului inducției matematice, afirmația este dovedită.

Sarcina 13. (Inegalitatea lui Cauchy.)Demonstrați că pentru orice numere pozitive..., a p inegalitatea

Decizie. Pentru n = 2 inegalitatea

media aritmetică şi media geometrică (pentru două numere) vor fi considerate cunoscute. Lasa n= 2, k = 1, 2, 3, ... și mai întâi efectuați inducția pe la. Baza acestei inducţii se menţine.Presumând acum că inegalitatea dorită a fost deja stabilită pt n = 2, vom dovedi pentru P = 2 . Avem (folosind inegalitatea pentru două numere):

Prin urmare, prin ipoteza de inducție

Astfel, prin inductie pe k, am demonstrat inegalitatea pentru toti p 9 care sunt puteri a doi.

Pentru a demonstra inegalitatea pentru alte valori P vom folosi „inducerea în jos”, adică vom demonstra că dacă inegalitatea este satisfăcută pentru nenegative arbitrare P numere, este valabil și pentru(P - al 1-lea număr. Pentru a verifica acest lucru, observăm că, conform ipotezei făcute, pt P numerele, inegalitatea

adică a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Împărțirea ambelor părți în P - 1, obținem inegalitatea necesară.

Deci, mai întâi am stabilit că inegalitatea este valabilă pentru un număr infinit de valori posibile P, și apoi a arătat că dacă inegalitatea este valabilă pentru P numere, este valabil și pentru(P - 1) numere. De aici tragem concluzia că inegalitatea lui Coty este valabilă pentru un set de P orice numere nenegative pentru oricare n = 2, 3, 4, ...

Problema 14. (D. Uspensky.) Pentru orice triunghi ABC cu unghiuri = CAB, = CBA sunt comensurabile, există inegalități

Decizie. Unghiurile și sunt comensurabile, iar aceasta (prin definiție) înseamnă că aceste unghiuri au o măsură comună, pentru care = p, = (p, q sunt numere naturale coprime).

Să folosim metoda inducției matematice și să o desenăm peste sumă n = p + q numere naturale coprime..

baza de inducție. Pentru p + q = 2 avem: p = 1 și q = 1. Atunci triunghiul ABC este isoscel, iar inegalitățile dorite sunt evidente: ele decurg din inegalitatea triunghiului

etapa de inducție. Să presupunem acum că inegalitățile dorite sunt stabilite pentru p + q = 2, 3, ..., k - 1, unde k > 2. Să demonstrăm că inegalitățile sunt valabile și pentru p + q = k.

Să fie ABC este un triunghi dat cu> 2. Apoi laturile AC și BC nu poate fi egal: las AC > BC. Acum să construim, ca în Figura 2, un triunghi isoscel ABC; noi avem:

CA \u003d DC și AD \u003d AB + BD, prin urmare,

2AC > AB + BD (1)

Luați în considerare acum triunghiul VDC, ale căror unghiuri sunt, de asemenea, comparabile:

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

Orez. 2

Acest triunghi satisface ipoteza inductivă și, prin urmare

(2)

Adăugând (1) și (2), avem:

2AC+BD>

prin urmare

Din același triunghi WBS prin ipoteza inducţiei concluzionăm că

Având în vedere inegalitatea anterioară, concluzionăm că

Astfel, se obține tranziția inductivă, iar enunțul problemei decurge din principiul inducției matematice.

Cometariu. Enunțul problemei rămâne valabil chiar și atunci când unghiurile a și p nu sunt comensurabile. În baza considerației în cazul general, trebuie deja să aplicăm un alt principiu matematic important - principiul continuității.

Problema 15. Mai multe drepte împart planul în părți. Demonstrați că este posibil să colorați aceste părți în alb

și culori negre, astfel încât părțile adiacente care au un segment comun de margine să fie de culori diferite (ca în Figura 3 când n = 4).

poza 3

Decizie. Folosim inducția pentru numărul de linii. Asa ca lasa P - numărul de linii care împart planul nostru în părți, n > 1.

baza de inducție. Dacă există o singură dreaptă(P = 1), apoi împarte planul în două semiplane, dintre care unul poate fi colorat în alb și celălalt negru, iar afirmația problemei este adevărată.

etapa de inducție. Pentru a face mai clară demonstrația pasului inductiv, luați în considerare procesul de adăugare a unei linii noi. Dacă tragem a doua linie(P= 2), apoi obținem patru părți care pot fi colorate în modul dorit vopsind colțurile opuse în aceeași culoare. Să vedem ce se întâmplă dacă tragem a treia linie dreaptă. Acesta va împărți unele dintre părțile „vechi”, în timp ce vor apărea noi secțiuni ale chenarului, pe ambele părți ale căror culoare este aceeași (Fig. 4).

Orez. 4

Să procedăm după cum urmează:o partedin noua linie dreaptă vom schimba culorile - vom face alb negru și invers; în același timp, acele părți care se află de cealaltă parte a acestei linii drepte nu sunt revopsite (Fig. 5). Atunci această nouă colorare va satisface cerințele necesare: pe de o parte a liniei drepte era deja alternată (dar cu culori diferite), iar pe cealaltă a fost necesar. Pentru ca piesele care au o bordura comuna apartinand liniei trasate sa fie vopsite in culori diferite, am revopsit piesele doar pe o parte a acestei linii trasate.

Fig.5

Să demonstrăm acum pasul inductiv. Să presupunem că pentru uniin = kenunțul problemei este valid, adică toate părțile planului în care este împărțită prin acestealadrept, puteți picta în alb și negru, astfel încât părțile învecinate să fie de culori diferite. Să demonstrăm că atunci există o astfel de colorare pentruP= la+ 1 drept. Să procedăm în mod similar cu cazul tranziției de la două linii drepte la trei. Să petrecem în avionladirect. Apoi, prin presupunerea inductivă, „harta” rezultată poate fi colorată în modul dorit. Hai să cheltuim acum(la+ 1)-a linie dreaptă și pe o parte a acesteia schimbăm culorile cu cele opuse. Asa ca acum(laLinia dreaptă + 1)-a peste tot separă secțiuni de culori diferite, în timp ce părțile „vechi”, așa cum am văzut deja, rămân corect colorate. Conform principiului inducției matematice, problema este rezolvată.

Sarcină16. La marginea deșertului se află o mare rezervă de benzină și o mașină care, cu o benzinărie plină, poate parcurge 50 de kilometri. În cantități nelimitate, există canistre în care puteți scurge benzina din rezervorul de benzină al mașinii și o puteți lăsa pentru depozitare oriunde în deșert. Demonstrați că mașina poate parcurge orice distanță întreagă mai mare de 50 de kilometri. Nu este permis transportul cutiilor de benzină, bidoanele goale pot fi transportate în orice cantitate.

Decizie.Să încercăm să demonstrăm prin inducțieP,că mașina poate conducePkilometri de marginea deșertului. LaP= 50 este cunoscut. Rămâne să efectuați pasul de inducție și să explicați cum să ajungeți acolon = k+ 1 km dacă se cunoașten = kse pot parcurge kilometri.

Totuși, aici întâmpinăm o dificultate: după ce am trecutlakilometri, benzina poate să nu fie suficientă pentru călătoria de întoarcere (ca să nu mai vorbim de depozitare). Și în acest caz, calea de ieșire este întărirea aserției care se dovedește (paradoxul inventatorului). Vom demonstra că este posibil nu numai să conduciPkilometri, dar și pentru a face o aprovizionare arbitrar de mare de benzină la un punct aflat la distanțăPkilometri de marginea deșertului, fiind în acest punct după terminarea transportului.

baza de inducție.Fie ca o unitate de benzină să fie cantitatea de benzină necesară pentru a parcurge un kilometru de călătorie. Apoi, o călătorie de 1 kilometru și retur necesită două unități de benzină, așa că putem lăsa 48 de unități de benzină în depozit la un kilometru de margine și să ne întoarcem pentru mai multe. Astfel, pentru mai multe călătorii la depozit, putem face un stoc de o dimensiune arbitrară de care avem nevoie. În același timp, pentru a crea 48 de unități de stoc, cheltuim 50 de unități de benzină.

etapa de inducție.Să presupunem că la distanțăP= lade la marginea deșertului poți depozita orice cantitate de benzină. Să demonstrăm că atunci este posibil să creăm un depozit la distanțăn = k+ 1 km cu orice aprovizionare prestabilită de benzină și fiți la acest depozit la sfârșitul transportului. Pentru că la punctulP= laexistă o aprovizionare nelimitată de benzină, apoi (conform bazei de inducție) putem, în mai multe călătorii la punctn = k+ 1 pentru a face un punctP= la4- 1 stoc de orice dimensiune ai nevoie.

Adevărul unei afirmații mai generale decât în ​​starea problemei decurge acum din principiul inducției matematice.

Concluzie

În special, după ce am studiat metoda de inducție matematică, mi-am îmbunătățit 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 din ce în ce 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.

Literatură

1.Vulenkin INDUCȚIE. Combinatorică. Manual pentru profesori. M., Iluminismul,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Inducția în geometrie. - M.: Gosud. editor aprins. - 1956 - S.I00. Un manual de matematică pentru solicitanții la universități / Ed. Yakovleva G.N. Știința. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Inducția în geometrie. —
M .: Nauka, 1961. - (Prelegeri populare despre matematică.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Manual / „Iluminismul” 1975.

5.R. Courant, G Robbins „Ce este matematica?” Capitolul 1, § 2

6. Popa D. Matematică și raționament plauzibil. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Descoperire matematică. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cum se preda metoda inducției matematice / școala de matematică. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Despre metoda inducției matematice. - M .: Nauka, 1977. - (Prelegeri populare despre matematică.)

10. Solominsky I.S. Metoda inducției matematice. - M.: Știință.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Despre inductia matematica. - M.: Știință. - 1967. - S.7-59.

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

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

În multe domenii ale matematicii, trebuie să dovedești adevărul unei afirmații care depinde de , și anume, adevărul propoziției p(n) pentru " nнN (pentru orice n PE p(n) dreapta).

Acest lucru poate fi adesea dovedit metoda de inductie matematica.

Această metodă se bazează pe principiul inducției matematice. Este de obicei aleasă ca una dintre axiomele aritmeticii și, prin urmare, acceptată fără dovezi. Conform principiului inducţiei matematice, propoziţia p(n) este considerată adevărată pentru toate valorile naturale ale variabilei dacă sunt îndeplinite două condiții:

1. Oferta p(n) adevărat pentru n= 1.

2. Din propoziţia că p(n) adevărat pentru n =k (k - număr natural arbitrar) rezultă că este adevărat pentru n =k+ 1.

Metoda inducției matematice este înțeleasă ca următoarea metodă de demonstrare

1. Verificați adevărul afirmației pentru n= 1 este baza inducției.

2. Să presupunem că afirmația este adevărată pentru n = k - presupunere inductivă.

3. Demonstrați că atunci este valabil și pentru n =k+ 1 tranziție inductivă.

Uneori o sugestie p(n) se dovedește a fi adevărat nu pentru toate naturale n, si incepand de la unii pentru n = n 0. În acest caz, adevărul este verificat în baza de inducție p(n) la n = n 0.

Exemplul 1 Lasa . Demonstrează asta

1. Baza de inducție: când n= 1 prin definiție S 1 = 1 și prin formulă obținem un rezultat. Afirmația este corectă.

n=kși .

n=k+ 1. Să demonstrăm că .

Într-adevăr, prin ipoteza inductivă

Să transformăm această expresie

Tranziția inductivă este dovedită.

Cometariu. Este util să scrieți ceea ce este dat (o presupunere inductivă) și ceea ce trebuie demonstrat!

Exemplul 2 Dovedi

1. Baza de inducție. La n= 1, afirmația este în mod evident adevărată.

2. Ipoteza inductivă. Lasa n=kși

3. Tranziție inductivă. Lasa n=k+ 1. Să demonstrăm:

Într-adevăr, să pătram partea dreaptă ca sumă a două numere:

Folosind ipoteza inductivă și formula pentru suma unei progresii aritmetice: , obținem

Exemplul 3 Demonstrați inegalitatea

1. Baza inducției în acest caz este verificarea adevărului afirmației pentru , i.e. inegalitatea trebuie verificată. Pentru a face acest lucru, este suficient să pătrați inegalitatea: sau 63< 64 – неравенство верно.

2. Fie inegalitatea adevărată pentru , i.e.

3. Fie , demonstra:

Folosim ipoteza de inducție

Știind cum ar trebui să arate partea dreaptă în inegalitatea care se dovedește, selectăm această parte

Rămâne de stabilit că factorul suplimentar nu depășește unitatea. Într-adevăr,

Exemplul 4 Demonstrați că pentru orice număr natural se termină cu o cifră.

1. Cel mai mic număr natural din care afirmația este adevărată este egal cu . .

2. Fie numărul pentru sfârșit în . Aceasta înseamnă că acest număr poate fi scris ca , unde este un număr natural. Apoi .

3. Fie . Să demonstrăm că se termină în . Folosind reprezentarea rezultată, obținem

Ultimul număr are exact unii.

Apendice

1.4. Metoda inducției matematice

După cum știți, enunțurile (teoremele) matematice trebuie să fie fundamentate, dovedite. Acum ne vom familiariza cu una dintre metodele de demonstrare - metoda inducției matematice.

Într-un sens larg, inducția este un mod de raționament care vă permite să treceți de la afirmații particulare la cele generale. Tranziția inversă, de la enunțurile generale la cele particulare, se numește deducție.

Deducerea duce întotdeauna la concluzii corecte. De exemplu, cunoaștem rezultatul general: toate numerele întregi care se termină cu zero sunt divizibile cu 5. Din aceasta, desigur, putem concluziona că orice număr specific care se termină cu 0, cum ar fi 180, este divizibil cu 5.

În același timp, inducerea poate duce la concluzii incorecte. De exemplu, observând că numărul 60 este divizibil cu numerele 1, 2, 3, 4, 5, 6, nu avem dreptul de a concluziona că 60 este divizibil cu orice număr.

Metoda inducției matematice face posibilă în multe cazuri demonstrarea riguroasă a validității aserției generale P(n), a cărei formulare include un număr natural n.

Aplicarea metodei include 3 etape.

1) Baza de inducție: verificăm validitatea afirmației P(n) pentru n = 1 (sau pentru o altă valoare privată a lui n, pornind de la care se presupune validitatea lui P(n).

2) Presupunerea inducției: presupunem că P(n) este adevărată pentru n = k.

3) Etapa de inducție: folosind ipoteza, demonstrăm că P(n) este adevărat pentru n = k + 1.

Ca rezultat, putem concluziona că P(n) este valabil pentru orice n ∈ N. Într-adevăr, pentru n = 1 afirmația este adevărată (baza inducției). Și, prin urmare, este adevărat și pentru n = 2, deoarece trecerea de la n = 1 la n = 2 este justificată (etapa de inducție). Aplicând pasul de inducție din nou și din nou, obținem validitatea lui P(n) pentru n = 3, 4, 5, . . ., adică validitatea lui P(n) pentru toate n.

Exemplul 14. Suma primelor n numere naturale impare este n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Demonstrarea se va realiza prin metoda inducției matematice.

1) Baza: pentru n=1, există un singur termen în stânga, obținem: 1 = 1.

Afirmația este corectă.

2) Presupune: presupunem că pentru unele k egalitatea este adevărată: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Rezolvarea problemelor legate de probabilitatea lovirilor în timpul loviturilor

Declarația generală a problemei este următoarea:

Probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură este egală cu $p$. $n$ focuri trase. Găsiți probabilitatea ca ținta să fie lovită de exact $k$ ori (vor fi $k$ lovituri).

Aplicam formula Bernoulli si obtinem:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Aici $C_n^k$ este numărul de combinații de la $n$ la $k$.

Dacă problema implică mai multe săgeți cu probabilități diferite atingerea țintei, teorie, exemple de soluții și un calculator pe care îl găsiți aici.

Tutorial video și șablon Excel

Urmăriți videoclipul nostru despre rezolvarea problemelor cu fotografiile Bernoulli, aflați cum să utilizați Excel pentru a rezolva probleme obișnuite.

Fișierul de calcul Excel din videoclip poate fi descărcat gratuit și folosit pentru a vă rezolva problemele.

Exemple de rezolvare a problemelor la lovirea țintei într-o serie de lovituri

Să ne uităm la câteva exemple tipice.

Exemplul 1 A tras 7 focuri. Probabilitatea de a lovi cu o lovitură este de 0,705. Găsiți probabilitatea ca să fie exact 5 lovituri.

Obținem că problema tratează teste independente repetate (împușcături la țintă), $n=7$ lovituri sunt trase în total, probabilitatea de a lovi cu fiecare $p=0,705$, probabilitatea de a rata $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Trebuie să aflăm că vor exista exact $k=5$ hit-uri. Înlocuim totul în formula (1) și obținem: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Exemplul 2 Probabilitatea de a lovi ținta cu o lovitură este de 0,4.

Patru focuri independente sunt trase în țintă. Găsiți probabilitatea ca cel puțin o lovitură pe țintă.

Studiem problema și notăm parametrii: $n=4$ (împușcat), $p=0,4$ (probabilitate de lovire), $k \ge 1$ (va fi cel puțin o lovitură).

Folosim formula pentru probabilitatea evenimentului opus (nu există nicio lovitură):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Probabilitatea de a lovi cel puțin o dată din patru este de 0,87 sau 87%.

Exemplul 3 Probabilitatea de a lovi ținta de către trăgător este de 0,3.

Găsiți probabilitatea ca, cu 6 lovituri, ținta să fie lovită de trei până la șase ori.

Spre deosebire de problemele anterioare, aici trebuie să găsiți probabilitatea ca numărul de accesări să fie într-un anumit interval (și nu exact egal cu un anumit număr). Dar formula este aceeași.

Să găsim probabilitatea ca ținta să fie lovită de trei până la șase ori, adică vor fi fie 3, fie 4, fie 5, fie 6 lovituri.

Aceste probabilități sunt calculate prin formula (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Deoarece evenimentele sunt incompatibile, probabilitatea dorită poate fi găsită folosind formula de adunare a probabilităților: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256,$$

Exemplul 4 Probabilitatea ca cel puțin o lovire la țintă cu patru lovituri este de 0,9984. Găsiți probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură.

Să notăm probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură. Să intrăm într-un eveniment:
$A = $ (Din patru lovituri, cel puțin una va lovi ținta),
precum și evenimentul său opus, care poate fi scris astfel:
$\overline(A) = $ (Toate cele 4 lovituri vor rata ținta, fără lovituri).

Să notăm formula pentru probabilitatea evenimentului $A$.

Să notăm valorile cunoscute: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Înlocuiți în formula (1) și obțineți:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984.

Rezolvăm ecuația rezultată:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Deci, probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură este de 0,8.

Vă mulțumim că le-ați citit și le-ați împărtășit cu ceilalți

Link-uri utile

Găsiți sarcini gata făcute în soluție:

Calcule online folosind formula Bernoulli

Rezolvarea unei inegalități cu un calculator

Inegalitatea în matematică se aplică tuturor ecuațiilor în care „=" este înlocuit cu oricare dintre următoarele caractere: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* liniar;

* pătrat;

* fracționat;

* indicativ;

* trigonometric;

* logaritmice.

În funcție de aceasta, inegalitățile se numesc liniare, parțiale etc.

Ar trebui să fii conștient de aceste semne:

* inegalități cu mai mare decât (>) sau mai mică decât (

* Inegalitățile cu pictograme care sunt mai mari sau egale cu \[\geq\] mai mici sau egale cu [\leq\] sunt numite neprofesionale;

* pictograma nu este aceeași \[\ne\] singură, dar cazurile cu această pictogramă trebuie rezolvate tot timpul.

O astfel de inegalitate este rezolvată prin transformări de identități.

Citiți și articolul nostru „Rezolvați soluția completă pentru o ecuație online”

Să presupunem că este valabilă următoarea inegalitate:

O rezolvăm în același mod ca o ecuație liniară, dar ar trebui să monitorizăm cu atenție semnul inegalității.

Mai întâi, mutăm termenii de la necunoscut la stânga, de la cunoscut la dreapta, inversând simbolurile:

Împărțim apoi ambele părți la -4 și inversăm semnul inegalității:

Acesta este răspunsul la această ecuație.

Unde pot rezolva inegalitatea de pe Internet?

Puteți rezolva ecuația pe site-ul nostru pocketteacher.ru.

Calculatorul de inegalități Bernoulli

În câteva secunde, o soluție de salvare online gratuită va rezolva o ecuație online de orice complexitate. Tot ce trebuie să faceți este să vă introduceți detaliile în salvare. De asemenea, puteți viziona instrucțiuni video și puteți afla cum să rezolvați ecuația pe site-ul nostru.

Și dacă aveți întrebări, le puteți adresa în grupul nostru Vkontakte: profesor de buzunar. Alătură-te grupului nostru, vom fi bucuroși să te ajutăm.

Metoda completă a inducției matematice

Rezolvarea ecuațiilor / Ecuații diferențiale

© RU test - calculatoare online

Rezolvarea ecuațiilor diferențiale

Introduceți diferența.

ecuația:

Cu calculatorul puteți rezolva ecuații diferențiale de complexitate variabilă.

Exemple de ecuații diferențiale rezolvate