Inducția matematică stă la baza uneia dintre cele mai comune metode de demonstrații matematice. Cu ajutorul ei, puteți demonstra majoritatea formulelor cu numere naturale n, de exemplu, formula pentru aflarea sumei primilor termeni ai progresiei S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 n, formula binomială a lui Newton + b n = C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

În primul paragraf, vom analiza conceptele de bază, apoi vom lua în considerare elementele de bază ale metodei în sine și apoi vă vom spune cum să o folosiți pentru a demonstra egalitățile și inegalitățile.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Concepte de inducție și deducție

În primul rând, să vedem ce sunt inducția și deducția în general.

Definiția 1

Inducţie este trecerea de la particular la general și deducere dimpotrivă, de la general la particular.

De exemplu, avem o afirmație: 254 poate fi împărțit în două complet. Din ea putem trage multe concluzii, printre care vor fi atât adevărate, cât și false. De exemplu, afirmația că toate numerele întregi care au numărul 4 la sfârșit pot fi împărțite la două fără rest este adevărată, dar că orice număr de trei cifre este divizibil cu 2 este falsă.

În general, se poate spune că cu ajutorul raționamentului inductiv se pot obține multe concluzii dintr-un raționament cunoscut sau evident. Inducția matematică ne permite să stabilim cât de valide sunt aceste concluzii.

Să presupunem că avem o succesiune de numere precum 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , unde n denotă un număr natural. În acest caz, la adăugarea primelor elemente ale secvenței, obținem următoarele:

S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 4, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Folosind inducția, putem concluziona că S n = n n + 1 . În partea a treia vom demonstra această formulă.

Care este metoda de inducție matematică

Această metodă se bazează pe principiul cu același nume. Este formulat astfel:

Definiția 2

O anumită afirmație va fi adevărată pentru o valoare naturală n când 1) va fi adevărată pentru n = 1 și 2) din faptul că această expresie este adevărată pentru o valoare naturală arbitrară n = k , rezultă că va fi și adevărată pentru n = k + 1 .

Aplicarea metodei inducției matematice se realizează în 3 etape:

1. În primul rând, verificăm corectitudinea enunțului original în cazul unei valori naturale arbitrare a lui n (de obicei testul se face pentru unitate).
2. După aceea, verificăm fidelitatea la n = k .
3. Și atunci demonstrăm validitatea enunțului dacă n = k + 1 .

Cum se aplică metoda inducției matematice la rezolvarea inegalităților și ecuațiilor

Să luăm exemplul despre care am vorbit mai devreme.

Exemplul 1

Demonstrați formula S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Decizie

După cum știm deja, pentru a aplica metoda inducției matematice trebuie parcurși trei pași consecutivi.

1. În primul rând, verificăm dacă această egalitate va fi valabilă pentru n egal cu unu. Obținem S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Totul este corect aici.
2. În plus, presupunem că formula S k = k k + 1 este corectă.
3. În a treia etapă, trebuie să demonstrăm că S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , pe baza validității egalității anterioare.

Putem reprezenta k + 1 ca suma primilor termeni ai șirului original și k + 1:

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

Deoarece în a doua etapă am obținut că S k = k k + 1, putem scrie următoarele:

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

Acum efectuăm transformările necesare. Va trebui să reducem fracția la un numitor comun, să reducem termenii similari, să aplicăm formula de înmulțire prescurtată și să reducem ceea ce sa întâmplat:

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

Astfel, am demonstrat egalitatea în al treilea punct prin efectuarea tuturor celor trei pași ai metodei inducției matematice.

Răspuns: ipoteza despre formula S n = n n + 1 este corectă.

Să luăm o problemă mai complexă cu funcțiile trigonometrice.

Exemplul 2

Dați o dovadă a identității cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Decizie

După cum ne amintim, primul pas ar trebui să fie verificarea corectitudinii egalității atunci când n este egal cu unu. Pentru a afla, trebuie să ne amintim formulele trigonometrice de bază.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Prin urmare, pentru n egal cu unu, identitatea va fi adevărată.

Acum să presupunem că valabilitatea sa este păstrată pentru n = k , adică. va fi adevărat că cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Demonstrăm egalitatea cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α pentru cazul în care n = k + 1, pe baza ipotezei anterioare.

Conform formulei trigonometrice,

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

Prin urmare,

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

Un exemplu de rezolvare a problemei demonstrării unei inegalități folosind această metodă este dat în articolul despre metoda celor mai mici pătrate. Citiți paragraful în care sunt derivate formulele pentru aflarea coeficienților de aproximare.

Dacă observați o greșeală în text, vă rugăm să o evidențiați și să apăsați Ctrl+Enter

Textul lucrării este plasat fără imagini și formule.
Versiunea completă a lucrării este disponibilă în fila „Fișiere de locuri de muncă” în format PDF

Introducere

Acest subiect este relevant, deoarece în fiecare zi oamenii rezolvă diverse probleme în care folosesc diferite metode de rezolvare, dar există sarcini în care nu se poate renunța la metoda inducției matematice, iar în astfel de cazuri cunoștințele în acest domeniu vor fi foarte utile.

Am ales acest subiect pentru cercetare, deoarece în programa școlară metodei de inducție matematică i se acordă puțin timp, elevul învață informații superficiale care îl vor ajuta să-și facă doar o idee generală despre această metodă, dar auto-dezvoltarea va trebuie să studieze această teorie în profunzime. Va fi cu adevărat util să aflați mai multe despre acest subiect, deoarece extinde orizonturile unei persoane și ajută la rezolvarea problemelor complexe.

Obiectiv:

Familiarizați-vă cu metoda inducției matematice, sistematizați cunoștințele pe această temă și aplicați-o în rezolvarea problemelor matematice și demonstrarea teoremelor, fundamentați și arătați clar semnificația practică a metodei inducției matematice ca factor necesar pentru rezolvarea problemelor.

Sarcini de lucru:

Analizați literatura și rezumați cunoștințele pe această temă.

Înțelegeți principiile inducției matematice.

Explorați aplicarea metodei inducției matematice la rezolvarea problemelor.

Formulați concluzii și concluzii cu privire la munca depusă.

Corpul principal de cercetare

Istoricul originii:

Abia spre sfârșitul secolului al XIX-lea s-a dezvoltat standardul cerințelor pentru rigoarea logică, care până astăzi rămâne dominant în munca practică a matematicienilor privind dezvoltarea teoriilor matematice individuale.

Inducția este o procedură cognitivă prin care se deduce o afirmație care le generalizează dintr-o comparație a faptelor disponibile.

În matematică, rolul inducției este în mare măsură acela de a sta la baza axiomaticii alese. După ce o lungă practică a arătat că o cale dreaptă este întotdeauna mai scurtă decât una curbă sau ruptă, a fost firesc să se formuleze o axiomă: pentru oricare trei puncte A, B și C, inegalitatea este satisfăcută.

Conștientizarea metodei inducției matematice ca metodă importantă separată se întoarce la Blaise Pascal și Gersonides, deși unele cazuri de aplicare sunt găsite chiar și în cele mai vechi timpuri de către Proclus și Euclid. Denumirea modernă a metodei a fost introdusă de de Morgan în 1838.

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 logic gândirea, ceea ce înseamnă că însăși natura i-a destinat să gândească inductiv.

Inducția și deducția

Se știe că există atât enunțuri particulare, cât și generale, iar cei doi termeni dați se bazează pe trecerea de la unul la altul.

Deducție (din lat. deductio - derivație) - trecerea în procesul de cunoaștere de la general cunoștințe să privatși singur. În deducție, cunoașterea generală servește drept punct de plecare al raționamentului, iar această cunoaștere generală se presupune a fi „gata”, existentă. Particularitatea deducției este că adevărul premiselor sale garantează adevărul concluziei. Prin urmare, deducția are o mare putere de convingere și este utilizată pe scară largă nu numai pentru a demonstra teoreme în matematică, ci și acolo unde este nevoie de cunoștințe de încredere.

Inducția (din latină inductio - ghidare) este o tranziție în procesul de cunoaștere de la privat cunoștințe să general Cu alte cuvinte, este o metodă de cercetare, de cunoaștere, asociată cu generalizarea rezultatelor observațiilor și experimentelor.O trăsătură a inducției este natura probabilistică, adică. dat fiind adevărul premiselor inițiale, concluzia inducției este doar probabil adevărată, iar în rezultatul final se poate dovedi a fi atât adevărată, cât și falsă.

Inductie completă și incompletă

Raționamentul inductiv este o formă de gândire abstractă în care gândirea se dezvoltă de la cunoașterea unui grad mai mic de generalitate la cunoașterea unui grad mai mare de generalitate, iar concluzia care decurge din premise este predominant probabilistică.

În cursul cercetărilor, am aflat că inducția este împărțită în două tipuri: completă și incompletă.

O inducție completă se numește concluzie în care se face o concluzie generală despre o clasă de obiecte pe baza studiului tuturor obiectelor acestei clase.

De exemplu, să fie necesar să se stabilească că fiecare număr natural par n din 6≤ n≤ 18 poate fi reprezentat ca suma a două numere prime. Pentru a face acest lucru, luăm toate aceste numere și scriem expansiunile corespunzătoare:

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

Aceste egalități arată că fiecare dintre numerele care ne interesează este într-adevăr reprezentat ca suma a doi termeni simpli.

Luați în considerare următorul exemplu: secvența yn= n 2 +n+17; Să scriem primii patru termeni: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Apoi putem presupune că întreaga secvență este formată din numere prime. Dar nu este așa, să luăm y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Acesta este un număr compus, ceea ce înseamnă că presupunerea noastră este greșită, prin urmare, inducerea incompletă nu conduce la concluzii complet sigure, dar ne permite să formulăm o ipoteză, care mai târziu necesită demonstrație matematică sau infirmare.

Metoda inducției matematice

Inducția completă are doar aplicații limitate în matematică. Multe afirmații matematice interesante acoperă un număr infinit de cazuri speciale și nu putem testa pentru toate aceste situații.Dar cum să testăm pentru un număr infinit de cazuri? Această metodă a fost propusă de B. Pascal și J. Bernoulli, aceasta este o metodă de inducție matematică, care se bazează pe 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)  A(k+1) pentru orice k>p, atunci propoziția A(n) este adevărată pentru orice n>p.

Algoritm (este format din patru etape):

1.baza(arătăm că afirmația care se dovedește este adevărată pentru unele cazuri speciale cele mai simple ( P = 1));

2.ghici(presupunem că afirmația este dovedită pentru prima la cazuri); 3 .Etapa(sub această ipoteză dovedim afirmația pentru caz P = la + 1); 4.ieșire (a afirmația este adevărată pentru toate cazurile, adică pentru toate P) .

Rețineți că nu toate problemele pot fi rezolvate prin metoda inducției matematice, ci doar problemele parametrizate de o variabilă. Această variabilă se numește variabilă de inducție.

Aplicarea metodei inducției matematice

Să aplicăm toată această teorie în practică și să aflăm în ce probleme se folosește această metodă.

Probleme pentru demonstrarea inegalităților.

Exemplul 1 Demonstrați inegalitatea Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.

1) Pentru n=1, inegalitatea este adevărată, deoarece 1+х≥1+х

2) Să presupunem că inegalitatea este adevărată pentru unele n=k, adică.

(1+x) k ≥1+k x.

Înmulțind ambele părți ale inegalității cu un număr pozitiv 1+x, obținem

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

Considerând că kx 2 ≥0, ajungem la inegalitatea

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Astfel, presupunerea că inegalitatea lui Bernoulli este adevărată pentru n=k implică că este adevărată pentru n=k+1. Pe baza metodei de inducție matematică, se poate argumenta că inegalitatea lui Bernoulli este valabilă pentru orice n ∈ N.

Exemplul 2 Demonstrați că pentru orice număr natural n>1, .

Să demonstrăm folosind metoda inducției matematice.

Notați partea stângă a inegalității prin.

1), prin urmare, pentru n=2 inegalitatea este adevărată.

2) Lasă pentru niște k. Să demonstrăm că atunci și Noi avem .

Comparând și, avem, i.e. .

Pentru orice număr întreg pozitiv k, partea dreaptă a ultimei egalități este pozitivă. Asa de. Dar, prin urmare, și. Am demonstrat validitatea inegalității pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, inegalitatea este adevărată pentru orice natural n>1.

Probleme pentru dovedirea identităților.

Exemplul 1 Demonstrați că pentru orice n natural egalitatea este adevărată:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Fie n=1, apoi 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=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru n=k+1, adică 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.

Exemplul 2 Demonstrați că pentru orice n natural egalitatea

1) Verificați dacă această identitate este adevărată pentru n = 1.; - dreapta.

2) Fie ca identitatea să fie adevărată și pentru n = k, i.e.

3) Să demonstrăm că această identitate este adevărată și pentru n = k + 1, adică;

pentru că egalitatea este adevărată pentru n=k și n=k+1, atunci este adevărată pentru orice n natural.

Sarcini de însumare.

Exemplul 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 А(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) A(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că ipoteza A(n) este adevărată pentru orice n N.

Exemplul 2 Demonstrați formula, n este un număr natural.

Rezolvare: Când 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 pentru n=k+1, atunci această afirmație este adevărată pentru orice n natural.

sarcini de divizibilitate.

Exemplul 1 Demonstrați că (11 n+2 +12 2n+1) este divizibil cu 133 fără rest.

Decizie: 1) Fie n=1, atunci

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

(23 × 133) este divizibil cu 133 fără rest, deci pentru n=1 afirmația 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 2n+3 =11×11 k+2 +

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

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) → A(k+1), apoi pe baza metodei inducției matematice, afirmația este adevărată pentru orice n natural.

Exemplul 2 Demonstrați că 3 3n-1 +2 4n-3 pentru un întreg pozitiv arbitrar n este divizibil cu 11.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 este divizibil cu 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.

Sarcini din viața reală.

Exemplul 1 Demonstrați că suma Sn a unghiurilor interioare ale oricărui poligon convex este ( P- 2)π, unde P este numărul de laturi ale acestui poligon: Sn = ( P- 2)π (1).

Această afirmație nu are sens pentru toate naturale P, dar numai pentru P > 3, deoarece numărul minim de unghiuri dintr-un triunghi este 3.

1) Când P= 3 afirmația noastră ia forma: S 3 = π. Dar suma unghiurilor interioare ale oricărui triunghi este într-adevăr π. Prin urmare, când P= 3 formula (1) este adevărată.

2) Fie această formulă adevărată pentru n =k, adică S k = (k- 2)π, unde k > 3. Să demonstrăm că în acest caz se aplică și formula: S k+ 1 = (k- 1) π.

Fie A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - convex arbitrar ( k+ 1) -gon (Fig. 338).

Prin conectarea punctelor A 1 și A k , devenim convexi k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Evident, suma unghiurilor ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 este egal cu suma unghiurilor k-gon A 1 A 2 ... A k plus suma unghiurilor triunghiului A 1 A k A k+ unu . Dar suma unghiurilor k-gon A 1 A 2 ... A k se presupune a fi ( k- 2)π și suma unghiurilor triunghiului A 1 A k A k+ 1 este egal cu pi. Asa de

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

Deci, ambele condiții ale principiului inducției matematice sunt îndeplinite și, prin urmare, formula (1) este adevărată pentru orice natură naturală. P > 3.

Exemplul 2 Există o scară, toate treptele fiind aceleași. Se impune indicarea numărului minim de poziții care ar garanta posibilitatea „urcării” oricărui pas cu număr.

Toată lumea este de acord că ar trebui să existe o condiție. Trebuie să fim capabili să urcăm prima treaptă. În continuare, trebuie să poată urca de la prima treaptă la a doua. Apoi, în a doua - pe a treia, etc. la pasul a n-a. Desigur, în ansamblu, declarațiile „n” garantează nm că vom putea ajunge la pasul n-a.

Să ne uităm acum la pozițiile 2, 3,…., n și să le comparăm între ele. Este ușor de observat că toate au aceeași structură: dacă am ajuns la treapta k, atunci putem urca treapta (k + 1). De aici, o astfel de axiomă pentru validitatea afirmațiilor care depind de „n” devine naturală: dacă propoziția A (n), în care n este număr natural, este satisfăcută pentru n=1 și din faptul că este satisfăcută pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este valabil și pentru n=k+1, atunci ipoteza A(n) este valabilă pentru orice număr natural n.

Apendice

Sarcini folosind metoda inducției matematice la intrarea în universități.

Rețineți că la intrarea în instituții de învățământ superior există și sarcini care sunt rezolvate prin această metodă. Să aruncăm o privire la ele exemple concrete.

Exemplul 1 Demonstrează că orice firesc P egalitate corectă

1) Când n=1 obținem egalitatea corectă Sin.

2) Făcând ipoteza inductivă că pentru n= k egalitatea este adevărată, luați în considerare suma din partea stângă a egalității, pentru n =k+1;

3) Folosind formulele de reducere, transformăm expresia:

Apoi, în virtutea metodei inducției matematice, egalitatea este adevărată pentru orice n natural.

Exemplul 2 Demonstrați că pentru orice n natural valoarea expresiei 4n +15n-1 este multiplu de 9.

1) Cu n=1: 2 2 +15-1=18 - multiplu de 9 (pentru că 18:9=2)

2) Lăsați egalitatea să țină pentru n=k: 4k +15k-1 este un multiplu al lui 9.

3) Să demonstrăm că egalitatea este valabilă pentru următorul număr n=k+1

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

4(4k +15k-1) - multiplu de 9;

9(5k-2) - multiplu de 9;

În consecință, întreaga expresie 4(4k +15k-1)-9(5k-2) este un multiplu al lui 9, ceea ce urma să fie demonstrat.

Exemplul 3 Demonstrați asta pentru orice număr natural P condiția este îndeplinită: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Verificați dacă această formulă este adevărată pentru n=1: Partea stanga = 1∙2∙3=6.

Partea dreaptă = . 6 = 6; adevărat la n=1.

2) Să presupunem că această formulă este adevărată pentru n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Să demonstrăm că această formulă este adevărată pentru n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Dovada:

Deci, această condiție este adevărată în două cazuri și a demonstrat că este adevărată pentru n =k+1, de aceea este valabil pentru orice număr natural P.

Concluzie

Pentru a rezuma, în procesul de cercetare, am aflat ce este inducția, care este completă sau incompletă, m-am familiarizat cu metoda inducției matematice bazată pe principiul inducției matematice, considerate multe probleme folosind această metodă.

De asemenea, am învățat o mulțime de informații noi, diferite de cele incluse în programa școlară.În timpul studierii metodei de inducție matematică, am folosit diverse literatură, resurse de pe internet și m-am consultat și cu un profesor.

Concluzie: Având cunoștințe generalizate și sistematizate despre inducția matematică, m-am convins de necesitatea cunoștințelor pe această temă în realitate. O calitate pozitivă a metodei inducției matematice este aplicarea sa largă în rezolvarea problemelor: în domeniul algebrei, al geometriei și al matematicii reale. De asemenea, aceste cunoștințe sporesc interesul pentru matematică ca știință.

Sunt sigur că abilitățile dobândite în timpul lucrului mă vor ajuta pe viitor.

​ Bibliografie

Sominsky I.S. Metoda inducției matematice. Prelegeri populare de matematică, numărul 3-M.: Nauka, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Inducția în geometrie. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Prelegeri populare despre matematică).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Manual de matematică pentru solicitanții la universități (Întrebări alese de matematică elementară) - Ed. a 5-a, revizuită, 1976 - 638s.

A. Shen. Inducția matematică. - MTsNMO, 2004. - 36 p.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Colecția de probleme în algebră: manual pentru 8-9 celule. cu o adâncime studiul matematicii ed. a VII-a - M .: Educație, 2001. - 271 p.

Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia este enciclopedia liberă.

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.

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) pas de inducție (tranziție): ei presupun validitatea enunțului pentru un n=k natural și, pe baza acestei presupuneri, demonstrează validitatea enunțului pentru n=k+1.

Probleme cu soluțiile

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. Îndepărtând unul 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 de inducție, 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 două 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 la 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: ...: x k, după o anumită aranjare a parantezelor, să fie scrisă ca o fracție Q. Dacă x k: x k+1 este substituit în această expresie în loc de x k, atunci x k va fi în același loc ca și în fracțiile Q și 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), obținem, 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.

Probleme fără soluții

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 aceeași dreaptă, atunci printre dreptele care le unesc, există cel puțin n altele diferite.

METODA INDUCȚIEI MATEMATICĂ

Cuvântul inducție în rusă înseamnă îndrumare, iar inductiv se numește concluzii bazate pe observații, experimente, de exemplu. obţinut prin inferenţă de la particular la general.

De exemplu, în fiecare zi observăm că Soarele răsare dinspre est. Prin urmare, puteți fi sigur că mâine va apărea în est, și nu în vest. Tragem această concluzie fără a recurge la vreo presupunere cu privire la cauza mișcării Soarelui pe cer (mai mult, această mișcare în sine se dovedește a fi aparentă, deoarece globul se mișcă de fapt). Și totuși, această derivație inductivă descrie corect observațiile pe care le vom face mâine.

Rolul inferențelor inductive în științele experimentale este foarte mare. Acestea dau acele dispoziții, din care se fac apoi concluzii ulterioare prin deducere. Și, deși mecanica teoretică se bazează pe cele trei legi ale mișcării ale lui Newton, aceste legi în sine au fost rezultatul unei gândiri profunde asupra datelor experimentale, în special, a legile mișcării planetare ale lui Kepler, derivate de el în timpul procesării observațiilor pe termen lung de către Astronom danez Tycho Brahe. Observarea și inducerea se dovedesc a fi utile în viitor pentru a rafina ipotezele făcute. După experimentele lui Michelson privind măsurarea vitezei luminii într-un mediu în mișcare, s-a dovedit a fi necesar să se clarifice legile fizicii și să se creeze o teorie a relativității.

În matematică, rolul inducției este în mare măsură acela de a sta la baza axiomaticii alese. După ce o lungă practică a arătat că o cale dreaptă este întotdeauna mai scurtă decât una curbă sau ruptă, a fost firesc să se formuleze o axiomă: pentru oricare trei puncte A, B și C, inegalitatea

Noțiunea de bază a aritmeticii de urmat a apărut și din observarea formării soldaților, a navelor și a altor seturi ordonate.

Totuși, nu trebuie să credem că acesta este sfârșitul rolului inducției în matematică. Desigur, nu ar trebui să verificăm experimental teoremele care sunt deduse logic din axiome: dacă nu s-au făcut erori logice la derivare, atunci ele sunt adevărate în măsura în care axiomele pe care le-am acceptat sunt adevărate. Dar din acest sistem de axiome pot fi deduse o mulțime de afirmații. Și selecția acelor afirmații care trebuie dovedite este sugerată din nou prin inducție. Ea este cea care ne permite să separăm teoremele utile de cele inutile, indică care teoreme se pot dovedi adevărate și chiar ajută la conturarea traseului demonstrației.

Esența metodei inducției matematice

În multe secțiuni de aritmetică, algebră, geometrie, analiză, trebuie să dovedești adevărul propozițiilor A(n) care depind de o variabilă naturală. Dovada adevărului propoziției A(n) pentru toate valorile variabilei poate fi adesea efectuată prin metoda inducției matematice, care se bazează pe următorul principiu.

Propoziția A(n) este considerată adevărată pentru toate valorile naturale ale variabilei dacă sunt îndeplinite următoarele două condiții:

Propoziția A(n) este adevărată pentru n=1.

Din ipoteza că A(n) este adevărată pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este adevărată pentru următoarea valoare n=k+1.

Acest principiu se numește principiul inducției matematice. Este de obicei aleasă ca una dintre axiomele care definesc seria naturală de numere și, prin urmare, acceptată fără dovezi.

Metoda inducției matematice este înțeleasă ca următoarea metodă de demonstrare. Dacă se cere să se dovedească adevărul propoziției A(n) pentru tot n natural, atunci, în primul rând, ar trebui să se verifice adevărul propoziției A(1) și, în al doilea rând, să presupunem adevărul propoziției A(k) , încercați să demonstrați că propoziția A(k +1) adevărată. Dacă acest lucru poate fi demonstrat, iar demonstrația rămâne valabilă pentru fiecare valoare naturală a lui k, atunci, în conformitate cu principiul inducției matematice, propoziția A(n) este recunoscută ca adevărată pentru toate valorile lui n.

Metoda inducției matematice este utilizată pe scară largă în demonstrarea teoremelor, identităților, inegalităților, în rezolvarea problemelor de divizibilitate, în rezolvarea unor probleme geometrice și a multor alte probleme.

Metoda inducţiei matematice în rezolvarea problemelor pe

divizibilitate

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

Următoarea afirmație poate fi dovedită relativ ușor. Să arătăm cum se obține prin metoda inducției matematice.

Exemplul 1. 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, atunci chiar. Deci, paritatea se dovedește pentru n=1, paritatea se deduce din paritate .Deci, chiar și pentru toate valorile naturale ale n.

Exemplul 2Demonstrează adevărul propoziției

A(n)=(numărul 5 este un multiplu al lui 19), n este un număr natural.

Decizie.

Afirmația A(1)=(numărul este un multiplu al lui 19) este adevărată.

Să presupunem că pentru o valoare n=k

A(k)=(numărul este un multiplu al lui 19) este adevărată. Apoi, de când

Evident, A(k+1) este de asemenea adevărată. Într-adevăr, primul termen este divizibil cu 19 în virtutea presupunerii că A(k) este adevărată; al doilea termen este și el divizibil cu 19, deoarece conține factorul 19. Ambele condiții ale principiului inducției matematice sunt îndeplinite, prin urmare, propoziția A(n) este adevărată pentru toate valorile lui n.

Aplicarea metodei inducţiei matematice la

însumarea seriei

Exemplul 1Demonstrați 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.

Exemplul 2Demonstrați că suma primelor n numere ale seriei naturale este .

Decizie.

Să notăm suma necesară, adică .

Pentru n=1, ipoteza este adevărată.

Lasa . Să arătăm asta .

Într-adevăr,

Problema rezolvata.

Exemplul 3Demonstrați că suma pătratelor primelor n numere ale seriei naturale este egală cu .

Decizie.

Lasa .

.

Să ne prefacem că . Apoi

Și, în sfârșit.

Exemplul 4 Demonstrează că.

Decizie.

Daca atunci

Exemplul 5 Demonstrează asta

Decizie.

Pentru n=1, ipoteza este evident corectă.

Lasa .

Să demonstrăm că.

Într-adevăr,

Exemple de aplicare a metodei inducţiei matematice la

dovada inegalităților

Exemplul 1Demonstrați că pentru orice număr natural n>1

.

Decizie.

Notați partea stângă a inegalității cu .

Prin urmare, pentru n=2, inegalitatea este adevărată.

Lasă pentru niște k. Să demonstrăm că atunci și . Noi avem , .

Comparând și , avem , adică .

Pentru orice număr întreg pozitiv k, partea dreaptă a ultimei egalități este pozitivă. Asa de . Dar , prin urmare, și .

Exemplul 2Găsiți o eroare de raționament.

Afirmație. Pentru orice n natural, inegalitatea este adevărată.

Dovada.

. (1)

Să demonstrăm că atunci inegalitatea este valabilă și pentru n=k+1, adică.

.

Într-adevăr, cel puțin 2 pentru orice k natural. Să adăugăm inegalitatea (1) în partea stângă și 2 în partea dreaptă. Obținem o inegalitate corectă sau . Afirmația a fost dovedită.

Exemplul 3Demonstrează asta , unde >-1, , n este un număr natural mai mare decât 1.

Decizie.

Pentru n=2, inegalitatea este adevărată, deoarece .

Fie inegalitatea adevărată pentru n=k, unde k este un număr natural, adică.

. (1)

Să arătăm că atunci inegalitatea este valabilă și pentru n=k+1, adică.

. (2)

Într-adevăr, prin presupunere, , prin urmare, inegalitatea

, (3)

obţinută din inegalitatea (1) prin înmulţirea fiecărei părţi a acesteia cu . Să rescriem inegalitatea (3) astfel: . Înlăturând termenul pozitiv din partea dreaptă a ultimei inegalități, obținem inegalitatea validă (2).

Exemplul 4 Demonstrează asta

(1)

unde , , n este un număr natural mai mare decât 1.

Decizie.

Pentru n=2, inegalitatea (1) ia forma

. (2)

De la , atunci inegalitatea

. (3)

Adăugând la fiecare parte a inegalității (3) cu , obținem inegalitatea (2).

Aceasta demonstrează că inegalitatea (1) este valabilă pentru n=2.

Fie inegalitatea (1) validă pentru n=k, unde k este un număr natural, i.e.

. (4)

Să demonstrăm că atunci inegalitatea (1) trebuie să fie valabilă și pentru n=k+1, adică.

(5)

Să înmulțim ambele părți ale inegalității (4) cu a+b. Deoarece, prin condiție, , obținem următoarea inegalitate justă:

. (6)

Pentru a demonstra inegalitatea (5), este suficient să arătăm că

, (7)

sau, care este la fel,

. (8)

Inegalitatea (8) este echivalentă cu inegalitatea

. (9)

Dacă , atunci , și în partea stângă a inegalității (9) avem produsul a două numere pozitive. Dacă , atunci , și în partea stângă a inegalității (9) avem produsul a două numere negative. În ambele cazuri inegalitatea (9) este valabilă.

Aceasta demonstrează că validitatea inegalității (1) pentru n=k implică valabilitatea acesteia pentru n=k+1.

Metoda de inducție matematică aplicată altora

sarcini

Cea mai firească aplicație a metodei inducției matematice în geometrie, apropiată de utilizarea acestei metode în teoria numerelor și algebră, este aplicarea la rezolvarea problemelor geometrice de calcul. Să ne uităm la câteva exemple.

Exemplul 1Calculați latura corectei - un pătrat înscris într-un cerc cu raza R.

Decizie.

Pentru n=2 corect 2 n - un pătrat este un pătrat; partea lui. Mai mult, conform formulei de dublare

găsiți că latura unui octogon regulat , partea unui hexagon obișnuit , latura unui unghi regulat de treizeci și doi . Prin urmare, putem presupune că latura unui obișnuit înscris 2 n - un pătrat pentru oricare este egal

. (1)

Să presupunem că latura unui -gon regulat înscris este exprimată prin formula (1). În acest caz, prin formula de dublare

,

de unde rezultă că formula (1) este valabilă pentru toate n.

Exemplul 2În câte triunghiuri poate fi împărțit un n-gon (nu neapărat convex) după diagonalele sale care nu se intersectează?

Decizie.

Pentru un triunghi, acest număr este egal cu unu (nu pot fi trase diagonale într-un triunghi); pentru un patrulater acest număr este evident egal cu doi.

Să presupunem că știm deja că fiecare k-gon, unde k 1 A 2 ... A n în triunghiuri.

A n

A 1 A 2

Fie А 1 А k una dintre diagonalele acestei partiții; împarte n-gonul А 1 А 2 …А n în k-gonul A 1 A 2 …A k și (n-k+2)-gonul А 1 А k A k+1 …A n . În virtutea ipotezei făcute, numărul total de triunghiuri de despărțire va fi egal cu

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

astfel afirmaţia noastră este dovedită pentru toate n.

Exemplul 3Specificați o regulă pentru calcularea numărului P(n) de moduri în care un n-gon convex poate fi împărțit în triunghiuri prin diagonale care nu se intersectează.

Decizie.

Pentru un triunghi, acest număr este evident egal cu unu: P(3)=1.

Să presupunem că am determinat deja numerele P(k) pentru toți k 1 A 2 ... A n . Pentru orice împărțire a acestuia în triunghiuri, latura A 1 A 2 va fi latura unuia dintre triunghiurile de partiție, al treilea vârf al acestui triunghi poate coincide cu fiecare dintre punctele A 3 , А 4 , …,А n . Numărul de moduri de a partiționa un n-gon în care acest vârf coincide cu punctul A 3 , este egal cu numărul de moduri de a triangula (n-1)-gonul A 1 A 3 A 4 ... A n , adică este egal cu P(n-1). Numărul de moduri de partiționare în care acest vârf coincide cu A 4 , este egal cu numărul de moduri de partiție a (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 ... A n , adică este egal cu P(n-2)=P(n-2)P(3); numărul de moduri de împărțire în care coincide cu A 5 , este egal cu P(n-3)P(4), deoarece fiecare dintre partițiile (n-3)-gon A 1 A 5 ... A n poate fi combinat cu fiecare dintre partițiile patrulaterului A 2 A 3 A 4 A 5 , etc. Astfel, ajungem la următoarea relație:

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

Folosind această formulă, obținem succesiv:

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

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

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

etc.

De asemenea, folosind metoda inducției matematice, puteți rezolva probleme cu grafice.

Să fie dată pe plan o rețea de drepte, care leagă unele puncte între ele și nu au alte puncte. O astfel de rețea de linii o vom numi o hartă, puncte date prin vârfuri, segmente de curbe între două vârfuri adiacente - granițele hărții, părți ale planului în care este împărțită prin granițe - țările hărții.

Să fie dată o hartă în avion. Vom spune că este colorat corect dacă fiecare dintre țările sale este vopsită într-o anumită culoare, iar oricare două țări care au o graniță comună sunt pictate în culori diferite.

Exemplul 4Există n cercuri în plan. Demonstrați că pentru orice aranjare a acestor cercuri, harta formată de ele poate fi colorată corect cu două culori.

Decizie.

Pentru n=1 afirmația noastră este evidentă.

Să presupunem că afirmația noastră este adevărată pentru orice hartă formată din n cercuri și să fie date n + 1 cercuri pe plan. Prin eliminarea unuia dintre aceste cercuri, obținem o hartă care, în virtutea presupunerii făcute, poate fi colorată corect cu două culori, de exemplu, alb și negru.