Paraan ng mathematical induction

Panimula

Pangunahing bahagi

1. Kumpleto at hindi kumpletong induction
2. Prinsipyo ng mathematical induction
3. Paraan ng mathematical induction
4. Solusyon ng mga halimbawa
5. Pagkakapantay-pantay
6. Dibisyon ng numero
7. hindi pagkakapantay-pantay

Konklusyon

Listahan ng ginamit na panitikan

Panimula

Ang mga pamamaraang deduktibo at pasaklaw ay ang batayan ng anumang pananaliksik sa matematika. Ang deduktibong paraan ng pangangatwiran ay pangangatwiran mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular, i.e. pangangatwiran, ang panimulang punto kung saan ay ang pangkalahatang resulta, at ang huling punto ay ang partikular na resulta. Ang induction ay inilalapat kapag pumasa mula sa mga partikular na resulta sa pangkalahatan, i.e. ay kabaligtaran ng pamamaraang deduktibo.

Ang pamamaraan ng induction ng matematika ay maihahambing sa pag-unlad. Nagsisimula tayo mula sa pinakamababa, bilang resulta ng lohikal na pag-iisip ay narating natin ang pinakamataas. Ang tao ay palaging nagsusumikap para sa pag-unlad, para sa kakayahang paunlarin ang kanyang pag-iisip nang lohikal, na nangangahulugan na ang kalikasan mismo ang nagtakda sa kanya na mag-isip nang pasaklaw.

Bagaman ang larangan ng aplikasyon ng pamamaraan ng induction ng matematika ay lumago, kaunting oras ang nakalaan dito sa kurikulum ng paaralan. Buweno, sabihin na ang isang kapaki-pakinabang na tao ay dadalhin ng dalawa o tatlong aralin kung saan siya nakarinig ng limang salita ng teorya, malulutas ang limang primitive na mga problema, at, bilang isang resulta, makakakuha ng lima para sa walang alam.

Ngunit ito ay napakahalaga - ang makapag-isip nang pasaklaw.

Pangunahing bahagi

Sa orihinal na kahulugan nito, ang salitang "induction" ay inilapat sa pangangatwiran kung saan ang mga pangkalahatang konklusyon ay nakuha batay sa isang bilang ng mga partikular na pahayag. Ang pinakasimpleng paraan ng pangangatwiran ng ganitong uri ay kumpletong induction. Narito ang isang halimbawa ng gayong pangangatwiran.

Hayaang kailanganin na itatag na ang bawat natural na even na numero n sa loob ng 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Ang siyam na pagkakapantay-pantay na ito ay nagpapakita na ang bawat isa sa mga bilang ng interes sa atin ay talagang kinakatawan bilang kabuuan ng dalawang pangunahing termino.

Kaya, ang kumpletong induction ay ang pangkalahatang pahayag ay pinatunayan nang hiwalay sa bawat isa sa isang tiyak na bilang ng mga posibleng kaso.

Minsan ang pangkalahatang resulta ay maaaring mahulaan pagkatapos isaalang-alang ang hindi lahat, ngunit sa halip ay isang malaking bilang ng mga espesyal na kaso (ang tinatawag na hindi kumpletong induction).

Ang resulta na nakuha sa pamamagitan ng hindi kumpletong induction, gayunpaman, ay nananatiling isang hypothesis lamang hanggang sa ito ay mapatunayan ng eksaktong matematikal na pangangatwiran, na sumasaklaw sa lahat ng mga espesyal na kaso. Sa madaling salita, ang hindi kumpletong induction sa matematika ay hindi itinuturing na isang lehitimong paraan ng mahigpit na patunay, ngunit isang makapangyarihang paraan para sa pagtuklas ng mga bagong katotohanan.

Hayaan, halimbawa, kinakailangan upang mahanap ang kabuuan ng unang n magkakasunod na kakaibang numero. Isaalang-alang ang mga espesyal na kaso:

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

Matapos isaalang-alang ang ilang mga espesyal na kaso, ang sumusunod na pangkalahatang konklusyon ay nagmumungkahi mismo:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

mga. ang kabuuan ng unang n magkakasunod na kakaibang numero ay n 2

Siyempre, ang obserbasyon na ginawa ay hindi pa magsisilbing patunay ng bisa ng formula sa itaas.

Ang kumpletong induction ay may limitadong mga aplikasyon lamang sa matematika. Maraming kawili-wiling mathematical na pahayag ang sumasaklaw sa walang katapusang bilang ng mga espesyal na kaso, at hindi namin masusubok ang walang katapusang bilang ng mga kaso. Ang hindi kumpletong induction ay kadalasang humahantong sa mga maling resulta.

Sa maraming mga kaso, ang paraan sa labas ng ganitong uri ng kahirapan ay ang paggamit ng isang espesyal na paraan ng pangangatwiran, na tinatawag na paraan ng matematikal na induction. Ito ay ang mga sumusunod.

Hayaang kailangang patunayan ang bisa ng isang tiyak na pahayag para sa anumang natural na bilang n (halimbawa, kinakailangan upang patunayan na ang kabuuan ng unang n kakaibang mga numero ay katumbas ng n 2). Ang direktang pag-verify ng pahayag na ito para sa bawat halaga ng n ay imposible, dahil ang hanay ng mga natural na numero ay walang katapusan. Upang patunayan ang pahayag na ito, suriin muna ang bisa nito para sa n=1. Pagkatapos ay pinatunayan na para sa anumang likas na halaga ng k, ang bisa ng pahayag na isinasaalang-alang para sa n=k ay nagpapahiwatig din ng bisa nito para sa n=k+1.

Pagkatapos ang assertion ay itinuturing na napatunayan para sa lahat n. Sa katunayan, ang pahayag ay totoo para sa n=1. Ngunit pagkatapos ay may bisa din ito para sa susunod na numero n=1+1=2. Ang bisa ng assertion para sa n=2 ay nagpapahiwatig ng bisa nito para sa n=2+

1=3. Ito ay nagpapahiwatig ng bisa ng pahayag para sa n=4, at iba pa. Malinaw na, sa huli, maaabot natin ang anumang natural na numero n. Samakatuwid, ang pahayag ay totoo para sa alinmang n.

Sa pagbubuod ng sinabi, binubuo namin ang sumusunod na pangkalahatang prinsipyo.

Ang prinsipyo ng mathematical induction.

Kung ang pangungusap na A(n), na nakasalalay sa isang natural na bilang n, ay totoo para sa n=1, at mula sa katotohanang ito ay totoo para sa n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay true para sa susunod na numero n=k +1, pagkatapos ay ang Assumption A(n) ay totoo para sa anumang natural na numero n.

Sa ilang mga kaso, maaaring kailanganing patunayan ang bisa ng isang tiyak na pahayag hindi para sa lahat ng natural na numero, ngunit para lamang sa n>p, kung saan ang p ay isang nakapirming natural na numero. Sa kasong ito, ang prinsipyo ng mathematical induction ay nabuo bilang mga sumusunod.

Kung totoo ang proposisyon A(n) para sa n=p at kung A(k)ÞA(k+1) para sa anumang k>p, totoo ang proposisyon A(n) para sa anumang n>p.

Ang patunay sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction ay isinasagawa bilang mga sumusunod. Una, ang assertion na patunayan ay sinusuri para sa n=1, ibig sabihin, ang katotohanan ng pahayag A(1) ay itinatag. Ang bahaging ito ng patunay ay tinatawag na batayan ng induction. Sinusundan ito ng isang bahagi ng patunay na tinatawag na induction step. Sa bahaging ito, ang bisa ng pahayag para sa n=k+1 ay pinatunayan sa ilalim ng pagpapalagay na ang pahayag ay totoo para sa n=k (induction assumption), i.e. patunayan na A(k)ÞA(k+1).

Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solusyon: 1) Mayroon kaming n=1=1 2 . Kaya naman,

ang pahayag ay totoo para sa n=1, ibig sabihin. A(1) ay totoo.

2) Patunayan natin na A(k)ÞA(k+1).

Hayaang maging anumang natural na numero ang k at hayaang maging totoo ang pahayag para sa n=k, i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Patunayan natin na kung gayon ang assertion ay totoo din para sa susunod na natural na numero n=k+1, i.e. Ano

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

talaga,

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

Kaya A(k)ÞA(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang Assumption A(n) ay totoo para sa anumang nнN.

Patunayan mo yan

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kung saan ang x¹1

Solusyon: 1) Para sa n=1 nakukuha natin

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

samakatuwid, para sa n=1 ang formula ay totoo; A(1) ay totoo.

2) Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang totoo ang formula para sa n=k, i.e.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Patunayan natin na pagkatapos ay ang pagkakapantay-pantay

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

Sa totoo lang

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).

Kaya A(k)ÞA(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang formula ay totoo para sa anumang natural na numero n.

Patunayan na ang bilang ng mga dayagonal ng isang matambok n-gon ay n(n-3)/2.

Solusyon: 1) Para sa n=3, ang pahayag ay totoo

At ang 3 ay tama, dahil sa isang tatsulok

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

A 2 A(3) ay totoo.

2) Ipagpalagay na sa anumang

matambok k-gon ay may-

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

A k Patunayan natin na pagkatapos ay sa isang matambok

(k+1)-gon na numero

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

Hayaang А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -matambok (k+1)-anggulo. Gumuhit tayo ng dayagonal na A 1 A k dito. Upang mabilang ang kabuuang bilang ng mga diagonal nito (k + 1)-gon, kailangan mong bilangin ang bilang ng mga diagonal sa k-gon A 1 A 2 ...A k , idagdag ang k-2 sa resultang numero, i.e. ang bilang ng mga diagonal ng (k+1)-gon na nagmumula sa vertex A k+1 , at, bilang karagdagan, ang dayagonal na A 1 A k ay dapat isaalang-alang.

kaya,

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

Kaya A(k)ÞA(k+1). Dahil sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang convex n-gon.

Patunayan na para sa anumang n ang pahayag ay totoo:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

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

Samakatuwid, para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na n=k

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

3) Isaalang-alang ang pahayag na ito para sa 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.

Napatunayan namin ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang natural n.

Patunayan na para sa anumang natural n ang pagkakapantay-pantay ay totoo:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solusyon: 1) Hayaan n=1.

Pagkatapos X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Nakikita natin na para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k

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

3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa 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.

Mula sa patunay sa itaas ay malinaw na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1, samakatuwid, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural na n.

Patunayan mo yan

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), kung saan n>2.

Solusyon: 1) Para sa n=2 ang pagkakakilanlan ay mukhang: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

mga. ito ay tama.

2) Ipagpalagay na ang expression ay totoo para sa n=k

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

3) Papatunayan natin ang kawastuhan ng expression para sa n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Napatunayan namin ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, dahil sa paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang n>2

Patunayan mo yan

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

para sa anumang natural n.

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Ipagpalagay na n=k, kung gayon

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa 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).

Ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1 ay napatunayan din, samakatuwid ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na bilang n.

Patunayan ang bisa ng pagkakakilanlan

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

para sa anumang natural n.

1) Para sa n=1 ang pagkakakilanlan ay totoo 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Ipagpalagay na para sa n=k

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

3) Patunayan natin na ang pagkakakilanlan ay totoo para sa n=k+1.

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

Ito ay makikita mula sa itaas na patunay na ang assertion ay totoo para sa anumang natural na bilang n.

Patunayan na ang (11 n+2 +12 2n+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira.

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

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

Ngunit ang (23'133) ay nahahati sa 133 na walang nalalabi, kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo; A(1) ay totoo.

2) Ipagpalagay na ang (11 k+2 +12 2k+1) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi.

3) Patunayan natin iyan sa kasong ito

(11 k+3 +12 2k+3) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi. Sa katunayan, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Ang resultang kabuuan ay nahahati sa 133 na walang natitira, dahil ang unang termino nito ay nahahati sa 133 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay, at sa pangalawa sa mga salik ay 133. Kaya, А(k)ÞА(k+1). Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Patunayan na para sa anumang n 7 n -1 ay nahahati sa 6 na walang natitira.

Solusyon: 1) Hayaan ang n=1, pagkatapos ay ang X 1 =7 1 -1=6 ay hinati sa 6 na walang natitira. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na para sa n=k

Ang 7 k -1 ay nahahati sa 6 na walang nalalabi.

3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7'7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

Ang unang termino ay nahahati ng 6, dahil ang 7 k -1 ay nahahati sa 6 sa pamamagitan ng pagpapalagay, at ang pangalawang termino ay 6. Kaya ang 7 n -1 ay isang multiple ng 6 para sa anumang natural na n. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Patunayan na ang 3 3n-1 +2 4n-3 para sa arbitrary na natural n ay nahahati ng 11.
Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

Ang X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 ay nahahati sa 11 nang walang natitira. Kaya, para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na para sa n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ay mahahati ng 11 nang walang natitira.

3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa 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 .

Ang unang termino ay nahahati ng 11 nang walang natitira, dahil ang 3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati sa 11 sa pamamagitan ng pagpapalagay, ang pangalawa ay nahahati ng 11, dahil ang isa sa mga kadahilanan nito ay ang numero 11. Kaya, ang kabuuan ay mahahati din ng 11 na walang natitira para sa anumang natural n. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Patunayan na ang 11 2n -1 para sa isang arbitrary na positive integer n ay nahahati ng 6 na walang nalalabi.

Solusyon: 1) Hayaang n=1, pagkatapos ay 11 2 -1=120 ay nahahati sa 6 na walang nalalabi. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na para sa n=k

11 2k -1 ay nahahati sa 6 na walang natitira.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Ang parehong termino ay nahahati sa 6 na walang nalalabi: ang una ay naglalaman ng maramihang 6 na numero 120, at ang pangalawa ay nahahati ng 6 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay. Kaya't ang kabuuan ay nahahati sa 6 na walang natitira. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Patunayan na ang 3 3n+3 -26n-27 para sa isang arbitrary na positive integer n ay nahahati ng 26 2 (676) nang walang nalalabi.

Solusyon: Patunayan muna natin na ang 3 3n+3 -1 ay nahahati sa 26 na walang nalalabi.

1. Para sa n=0

3 3 -1=26 ay nahahati sa 26

2. Ipagpalagay na para sa n=k

3 3k+3 -1 ay nahahati sa 26

3. Patunayan natin na ang pahayag

totoo para sa n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – nahahati ng 26

Ngayon patunayan natin ang assertion na nabuo sa kondisyon ng problema.

1) Malinaw na para sa n=1 ang pahayag ay totoo

3 3+3 -26-27=676

2) Ipagpalagay na para sa n=k

ang expression na 3 3k+3 -26k-27 ay nahahati sa 26 2 na walang nalalabi.

3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Ang parehong termino ay nahahati sa 26 2 ; ang una ay nahahati ng 26 2 dahil napatunayan natin na ang expression sa mga bracket ay nahahati ng 26, at ang pangalawa ay nahahati ng inductive hypothesis. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Patunayan na kung n>2 at x>0, kung gayon ang hindi pagkakapantay-pantay

(1+x) n >1+n´x.

Solusyon: 1) Para sa n=2, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil

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

Kaya ang A(2) ay totoo.

2) Patunayan natin na A(k)ÞA(k+1) kung k> 2. Ipagpalagay na ang A(k) ay totoo, ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay

(1+x) k >1+k´x. (3)

Patunayan natin na ang A(k+1) ay totoo rin, ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Sa katunayan, ang pagpaparami ng magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay (3) sa isang positibong numero 1+x, nakukuha natin

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Isaalang-alang ang kanang bahagi ng huling hindi pantay

stva; meron kami

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

Bilang resulta, nakukuha namin iyon

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Kaya A(k)ÞA(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang

Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo

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

Solusyon: 1) Para sa m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 parehong bahagi ay pantay.

2) Ipagpalagay na para sa m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Patunayan natin na para sa m=k+1 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Napatunayan namin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa m=k+1, samakatuwid, sa pamamagitan ng pamamaraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural na m.

Patunayan na para sa n>6 ang hindi pagkakapantay-pantay

3 n >n´2 n+1 .

Solusyon: Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay sa anyo

1. Para sa n=7 mayroon kami

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo.

2. Ipagpalagay na para sa n=k

3) Patunayan natin ang kawastuhan ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1.

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Mula k>7, ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay halata.

Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural n.

Patunayan na para sa n>2 ang hindi pagkakapantay-pantay

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

Solusyon: 1) Para sa n=3 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo

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

1. Ipagpalagay na para sa n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k).

3) Papatunayan namin ang bisa ng hindi

mga pagkakapantay-pantay para sa n=k+1

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

Patunayan natin na 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Ang huli ay halata, at samakatuwid

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

Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay napatunayan.

Konklusyon

Sa partikular, sa pag-aaral ng pamamaraan ng induction ng matematika, nadagdagan ko ang aking kaalaman sa larangang ito ng matematika, at natutunan din kung paano lutasin ang mga problema na dati ay lampas sa aking kapangyarihan.

Karaniwan, ang mga ito ay lohikal at nakakaaliw na mga gawain, i.e. lamang ang mga nagdaragdag ng interes sa matematika mismo bilang isang agham. Ang solusyon sa naturang mga problema ay nagiging isang nakakaaliw na aktibidad at maaaring makaakit ng higit pa at mas mausisa na mga tao sa mathematical labyrinths. Sa aking palagay, ito ang batayan ng anumang agham.

Sa patuloy na pag-aaral ng paraan ng mathematical induction, susubukan kong matutunan kung paano ilapat ito hindi lamang sa matematika, kundi pati na rin sa paglutas ng mga problema sa physics, chemistry at buhay mismo.

MATHEMATICS:

LECTURES, TAKS, SOLUTIONS

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

ALGEBRA AT ANG MGA PRINSIPYO NG PAGSUSURI

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

Lecture 6. Paraan ng mathematical induction.

Ang mga bagong kaalaman sa agham at buhay ay nakukuha sa iba't ibang paraan, ngunit ang lahat ng mga ito (kung hindi mo isasaalang-alang ang mga detalye) ay nahahati sa dalawang uri - ang paglipat mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular at mula sa partikular sa pangkalahatan. Ang una ay deduction, ang pangalawa ay induction. Deductive reasoning ang karaniwang tinatawag sa matematika lohikal na pangangatwiran, at sa mathematical science deduction ay ang tanging lehitimong paraan ng pagsisiyasat. Ang mga alituntunin ng lohikal na pangangatwiran ay binuo dalawa at kalahating millennia na ang nakalipas ng sinaunang Griyegong siyentipiko na si Aristotle. Gumawa siya ng kumpletong listahan ng pinakasimpleng tamang pangangatwiran, silogismo– "mga brick" ng lohika, sabay na itinuturo ang tipikal na pangangatwiran, na halos kapareho sa mga tama, ngunit mali (madalas tayong nakakatugon sa gayong "pseudological" na pangangatwiran sa media).

Induction (induction - sa Latin gabay) ay inilalarawan ng kilalang alamat kung paano binuo ni Isaac Newton ang batas ng unibersal na grabitasyon matapos bumagsak ang mansanas sa kanyang ulo. Ang isa pang halimbawa mula sa pisika: sa isang kababalaghan tulad ng electromagnetic induction, lumilikha ang isang electric field, "naghihikayat" ng magnetic field. Ang "Newton's apple" ay isang tipikal na halimbawa ng isang sitwasyon kung saan ang isa o higit pang mga espesyal na kaso, i.e. mga obserbasyon, "humantong" sa isang pangkalahatang pahayag, ang pangkalahatang konklusyon ay ginawa batay sa mga partikular na kaso. Ang inductive method ay ang pangunahing isa para sa pagkuha ng mga pangkalahatang pattern sa parehong natural at human sciences. Ngunit mayroon itong napakalaking disbentaha: sa batayan ng mga partikular na halimbawa, ang isang hindi tamang konklusyon ay maaaring iguguhit. Ang mga hypotheses na nagmumula sa mga pribadong obserbasyon ay hindi palaging tama. Isaalang-alang ang isang halimbawa dahil kay Euler.

Kakalkulahin namin ang halaga ng trinomial para sa ilang unang halaga n:

Tandaan na ang mga numerong nakuha bilang resulta ng mga kalkulasyon ay prime. At maaaring direktang i-verify iyon ng isa para sa bawat isa n 1 hanggang 39 polynomial na halaga
ay isang prime number. Gayunpaman, kapag n=40 makuha natin ang numerong 1681=41 2 , na hindi prime. Kaya, ang hypothesis na maaaring lumabas dito, iyon ay, ang hypothesis na para sa bawat isa n numero
ay simple, lumalabas na hindi totoo.

Napatunayan ni Leibniz noong ika-17 siglo na para sa bawat positibong integer n numero
nahahati sa 3
ay nahahati sa 5, at iba pa. Batay dito, iminungkahi niya na para sa bawat kakaiba k at anumang natural n numero
hinati ng k, ngunit hindi nagtagal ay napansin iyon
ay hindi nahahati sa 9.

Ang isinasaalang-alang na mga halimbawa ay nagpapahintulot sa amin na gumawa ng isang mahalagang konklusyon: ang isang pahayag ay maaaring totoo sa isang bilang ng mga espesyal na kaso at sa parehong oras ay hindi makatarungan sa pangkalahatan. Ang tanong ng bisa ng pahayag sa pangkalahatang kaso ay maaaring malutas sa pamamagitan ng paglalapat ng isang espesyal na paraan ng pangangatwiran na tinatawag sa pamamagitan ng mathematical induction(kumpletong induction, perpektong induction).

6.1. Ang prinsipyo ng mathematical induction.

♦ Ang paraan ng mathematical induction ay batay sa prinsipyo ng mathematical induction , na binubuo ng mga sumusunod:

1) ang bisa ng pahayag na ito ay napatunayan para san=1 (batayan sa induction) ,

2) ang pahayag na ito ay ipinapalagay na totoo para san= k, saankay isang di-makatwirang natural na numero 1(induction assumption) , at isinasaalang-alang ang pagpapalagay na ito, ang bisa nito ay itinatag para san= k+1.

Patunay. Ipagpalagay na ang kabaligtaran, iyon ay, ipagpalagay na ang assertion ay hindi totoo para sa bawat natural n. Tapos may ganyang natural m, Ano:

1) pag-apruba para sa n=m hindi patas,

2) para sa lahat n, mas maliit m, totoo ang assertion (sa madaling salita, m ay ang unang natural na numero kung saan nabigo ang assertion).

Obvious naman yun m>1, kasi para sa n=1 ang pahayag ay totoo (kondisyon 1). Kaya naman,
- natural na numero. Ito ay lumiliko out na para sa isang natural na numero
ang pahayag ay totoo, at para sa susunod na natural na numero m ito ay hindi makatarungan. Ito ay sumasalungat sa kondisyon 2. ■

Tandaan na ginamit ng patunay ang axiom na ang anumang koleksyon ng mga natural na numero ay naglalaman ng pinakamaliit na numero.

Ang isang patunay batay sa prinsipyo ng mathematical induction ay tinatawag sa pamamagitan ng kumpletong mathematical induction .

 Halimbawa6.1. Patunayan na para sa anumang natural n numero
ay nahahati sa 3.

Desisyon.

1) Kailan n=1 , kaya a Ang 1 ay nahahati sa 3 at ang pahayag ay totoo para sa n=1.

2) Ipagpalagay na ang pahayag ay totoo para sa n=k,
, iyon ay, ang numerong iyon
ay nahahati sa 3 at hanapin iyon n=k Ang +1 na numero ay nahahati sa 3.

talaga,

kasi ang bawat termino ay nahahati sa 3, pagkatapos ang kanilang kabuuan ay nahahati din sa 3. ■ 

 Halimbawa6.2. Patunayan na ang kabuuan ng una n ang mga natural na kakaibang numero ay katumbas ng parisukat ng kanilang numero, iyon ay, .

Desisyon. Ginagamit namin ang paraan ng kumpletong mathematical induction.

1) Sinusuri namin ang bisa ng pahayag na ito para sa n=1: 1=1 2 ay tama.

2) Ipagpalagay na ang kabuuan ng una k (
) ng mga kakaibang numero ay katumbas ng parisukat ng bilang ng mga numerong ito, iyon ay, . Batay sa pagkakapantay-pantay na ito, itinatag namin na ang kabuuan ng una k+1 kakaibang numero ay katumbas ng
, ibig sabihin.

Ginagamit namin ang aming palagay at makuha

. ■ 

Ang paraan ng kumpletong mathematical induction ay ginagamit upang patunayan ang ilang mga hindi pagkakapantay-pantay. Patunayan natin ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli.

 Halimbawa6.3. Patunayan mo kung kailan
at anumang natural n ang hindi pagkakapantay-pantay
(Hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli).

Desisyon. 1) Kailan n=1 ang nakukuha namin
, ano ang tama.

2) Ipinapalagay namin na sa n=k mayroong hindi pagkakapantay-pantay
(*). Gamit ang pagpapalagay na ito, pinatunayan namin iyon
. Tandaan na kapag
ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay nagtataglay, at samakatuwid ay sapat na upang isaalang-alang ang kaso
.

I-multiply ang parehong bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (*) sa bilang
at makakuha ng:

Iyon ay (1+
.■ 

Patunay sa pamamagitan ng pamamaraan hindi kumpletong mathematical induction ilang assertion depende sa n, saan
isinasagawa sa katulad na paraan, ngunit sa simula, ang hustisya ay itinatag para sa pinakamaliit na halaga n.

Ang ilang mga problema ay hindi tahasang bumubuo ng isang pahayag na maaaring patunayan sa pamamagitan ng mathematical induction. Sa ganitong mga kaso, kinakailangang magtatag ng regularidad at magpahayag ng hypothesis tungkol sa validity ng regularity na ito, at pagkatapos ay subukan ang iminungkahing hypothesis sa pamamagitan ng mathematical induction.

 Halimbawa6.4. Hanapin ang halaga
.

Desisyon. Hanapin natin ang mga kabuuan S 1 , S 2 , S 3 . Meron kami
,
,
. Ini-hypothesize namin iyon para sa anumang natural n valid ang formula
. Upang subukan ang hypothesis na ito, ginagamit namin ang paraan ng kumpletong mathematical induction.

1) Kailan n=1 ang hypothesis ay totoo, dahil
.

2) Ipagpalagay na ang hypothesis ay totoo para sa n=k,
, ibig sabihin
. Gamit ang formula na ito, itinatag namin na ang hypothesis ay totoo at para sa n=k+1, iyon ay

talaga,

Kaya, ipagpalagay na ang hypothesis ay totoo para sa n=k,
, napatunayan na ito ay totoo para sa n=k+1, at batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang formula ay wasto para sa anumang natural n. ■ 

 Halimbawa6.5. Sa matematika, napatunayan na ang kabuuan ng dalawang pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar ay isang pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar. Batay sa pahayag na ito, kailangan nating patunayan na ang kabuuan ng anumang numero
ng pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar ay isang pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar. Ngunit dahil hindi pa natin ipinakilala ang konsepto ng "pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar", itakda natin ang problema nang mas abstract: ipaalam na ang kabuuan ng dalawang pag-andar na may ilang pag-aari S, mismong may ari-arian S. Patunayan natin na ang kabuuan ng anumang bilang ng mga function ay may katangian S.

Desisyon. Ang batayan ng induction dito ay nakapaloob sa mismong pagbabalangkas ng problema. Paggawa ng inductive assumption, isaalang-alang
mga function f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 na may ari-arian S. Tapos . Sa kanang bahagi, ang unang termino ay may ari-arian S sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang pangalawang termino ay may ari-arian S ayon sa kondisyon. Samakatuwid, ang kanilang kabuuan ay may ari-arian S– para sa dalawang termino, ang batayan ng induction ay "gumagana".

Ito ay nagpapatunay sa assertion at gagamitin pa ito. ■ 

 Halimbawa6.6. Hanapin ang lahat ng natural n, kung saan ang hindi pagkakapantay-pantay

.

Desisyon. Isipin mo n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Mayroon tayong: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Kaya, maaari tayong gumawa ng hypothesis: ang hindi pagkakapantay-pantay
may lugar para sa lahat
. Upang patunayan ang katotohanan ng hypothesis na ito, ginagamit namin ang prinsipyo ng hindi kumpletong induction ng matematika.

1) Gaya ng nakasaad sa itaas, ang hypothesis na ito ay totoo para sa n=5.

2) Ipagpalagay na ito ay totoo para sa n=k,
, iyon ay, ang hindi pagkakapantay-pantay
. Gamit ang pagpapalagay na ito, pinatunayan namin na ang hindi pagkakapantay-pantay
.

T. sa.
at sa
mayroong hindi pagkakapantay-pantay

sa
,

pagkatapos makuha namin iyon
. Kaya, ang katotohanan ng hypothesis n=k Ang +1 ay sumusunod mula sa pagpapalagay na ito ay totoo para sa n=k,
.

Mula sa pp. 1 at 2, batay sa prinsipyo ng hindi kumpletong mathematical induction, sumusunod na ang hindi pagkakapantay-pantay
totoo para sa bawat natural
. ■ 

 Halimbawa6.7. Patunayan iyon para sa anumang natural na numero n wasto ang formula ng pagkita ng kaibhan
.

Desisyon. Sa n=1 ang formula na ito ay may anyo
, o 1=1, ibig sabihin, ito ay totoo. Sa paggawa ng inductive assumption, mayroon kaming:

Q.E.D. ■ 

 Halimbawa6.8. Patunayan na ang set na binubuo ng n mga elemento, may mga subset.

Desisyon. Isang set na may isang elemento a, ay may dalawang subset. Ito ay totoo dahil ang lahat ng mga subset nito ay ang walang laman na set at ang set mismo, at 2 1 =2.

Ipinapalagay namin na anumang hanay ng n may mga elemento mga subset. Kung ang set A ay binubuo ng n+1 elemento, pagkatapos ay ayusin namin ang isang elemento dito - tukuyin ito d, at hatiin ang lahat ng subset sa dalawang klase - hindi naglalaman d at naglalaman ng d. Ang lahat ng mga subset mula sa unang klase ay mga subset ng set B na nakuha mula sa A sa pamamagitan ng pag-alis ng elemento d.

Ang set B ay binubuo ng n elemento, at samakatuwid, sa pamamagitan ng induction hypothesis, mayroon itong mga subset, kaya sa unang klase mga subset.

Ngunit sa pangalawang klase mayroong parehong bilang ng mga subset: ang bawat isa sa kanila ay nakuha mula sa eksaktong isang subset ng unang klase sa pamamagitan ng pagdaragdag ng elemento d. Samakatuwid, sa kabuuan, ang set A
mga subset.

Kaya napatunayan ang assertion. Tandaan na valid din ito para sa isang set na binubuo ng 0 elemento - isang walang laman na set: mayroon itong isang subset - mismo, at 2 0 =1. ■ 

Upang gawin ito, suriin muna ang katotohanan ng pahayag na may numero 1 - induction base, at pagkatapos ay pinatunayan na kung ang pahayag na may numero n, pagkatapos ay ang sumusunod na assertion na may numero n + 1 - hakbang ng induction, o inductive transition.

Ang patunay sa pamamagitan ng induction ay maaaring makita sa anyo ng tinatawag na prinsipyo ng domino. Hayaan ang anumang bilang ng mga domino na ilagay sa isang hilera sa paraang ang bawat domino, na bumabagsak, ay kinakailangang i-overturn ang susunod na domino (ito ang inductive transition). Pagkatapos, kung itulak natin ang unang buto (ito ang base ng induction), kung gayon ang lahat ng mga buto sa hilera ay mahuhulog.

Ang lohikal na batayan para sa pamamaraang ito ng patunay ay ang tinatawag na axiom ng induction, ang ikalima sa mga axiom ng Peano na tumutukoy sa mga natural na numero. Ang kawastuhan ng paraan ng induction ay katumbas ng katotohanan na sa anumang subset ng mga natural na numero mayroong isang minimum na elemento.

Mayroon ding pagkakaiba-iba, ang tinatawag na prinsipyo ng kumpletong mathematical induction. Narito ang mahigpit na pananalita nito:

Ang prinsipyo ng kumpletong mathematical induction ay katumbas din ng axiom of induction sa Peano's axioms.

Mga halimbawa

Gawain. Patunayan na, anuman ang natural n at totoo q≠ 1, ang pagkakapantay-pantay

Patunay. Naka-on ang induction n.

Base, n = 1:

Transisyon: Kunwari tayo

,

Q.E.D.

Komento: katapatan ng pahayag P n sa patunay na ito ay kapareho ng bisa ng pagkakapantay-pantay

Tingnan din

Mga pagkakaiba-iba at Paglalahat

Panitikan

• N. Ya. Vilenkin Induction. Kombinatorika. Isang gabay para sa mga guro. M., Enlightenment, 1976.-48 p.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglom Induction in Geometry, "Popular Lectures on Mathematics", Isyu 21, Fizmatgiz 1961.-100 p.
• R. Courant, G. Robbins"Ano ang matematika?" Kabanata I, §2.
• I. S. Sominsky Paraan ng mathematical induction. "Popular Lectures on Mathematics", Isyu 3, Nauka Publishing House 1965.-58 p.

Wikimedia Foundation. 2010 .

Tingnan kung ano ang "Paraan ng mathematical induction" sa ibang mga diksyunaryo:

Ang induction ng matematika sa matematika ay isa sa mga pamamaraan ng patunay. Ginagamit upang patunayan ang katotohanan ng isang tiyak na pahayag para sa lahat ng natural na numero. Upang gawin ito, sinusuri muna ang katotohanan ng pahayag na may numero 1, ang base ng induction, at pagkatapos ay ... ... Wikipedia

Isang paraan ng pagbuo ng isang teorya, habang ito ay nakabatay sa ilan sa mga probisyon nito - axioms o postulates - kung saan ang lahat ng iba pang probisyon ng teorya (theorem) ay hinango sa pamamagitan ng pangangatwiran, na tinatawag na proofs m i. Mga panuntunan, sa pamamagitan ng paraan ... ... Philosophical Encyclopedia

Ang induction (Latin inductio guidance) ay ang proseso ng hinuha batay sa paglipat mula sa isang partikular na posisyon patungo sa isang pangkalahatan. Ang induktibong pangangatwiran ay nag-uugnay sa mga pribadong lugar sa konklusyon hindi sa pamamagitan ng mga batas ng lohika, ngunit sa halip sa pamamagitan ng ilang ... ... Wikipedia

GENETIC NA PARAAN- isang paraan ng pagtatakda ng nilalaman at kakanyahan ng bagay na pinag-aaralan hindi sa pamamagitan ng convention, idealization o lohikal na konklusyon, ngunit sa pamamagitan ng pag-aaral ng pinagmulan nito (batay sa pag-aaral ng mga dahilan na humantong sa paglitaw nito, ang mekanismo ng pagbuo). Malawak...... Pilosopiya ng Agham: Glosaryo ng Pangunahing Termino

Isang paraan ng pagbuo ng isang siyentipikong teorya, kung saan ito ay nakabatay sa ilang mga paunang probisyon (mga paghatol) ng isang axiom (Tingnan ang Axiom), o Postulates, kung saan ang lahat ng iba pang mga pahayag ng agham na ito (theorems (Tingnan ang Theorem)) ay dapat magmula . .. ... Great Soviet Encyclopedia

axiomatic na pamamaraan- AXIOMATIC METHOD (mula sa Griyego. axioma) ang tinatanggap na posisyon ay isang paraan ng pagbuo ng isang siyentipikong teorya, kung saan ang mga axiom, postulate at mga pahayag na dating nagmula sa kanila ang ginagamit sa ebidensya. Ipinakita sa unang pagkakataon... Encyclopedia of Epistemology at Philosophy of Science

Isa sa mga pamamaraan ng teorya ng error para sa pagtantya ng hindi kilalang dami mula sa mga resulta ng pagsukat na naglalaman ng mga random na error. Ginagamit din ang N. c. m. para sa tinatayang representasyon ng isang naibigay na function ng iba pang (mas simple) na function at kadalasang nagiging ... Mathematical Encyclopedia

Ang mathematical induction ay isa sa mga pamamaraan ng mathematical proof, na ginagamit upang patunayan ang katotohanan ng ilang pahayag para sa lahat ng natural na numero. Upang gawin ito, suriin muna ang ... Wikipedia

Ang terminong ito ay may iba pang kahulugan, tingnan ang Induction. Ang induction (Latin inductio guidance) ay ang proseso ng hinuha batay sa paglipat mula sa isang partikular na posisyon patungo sa isang pangkalahatang posisyon. Ang inductive reasoning ay nag-uugnay sa mga pribadong lugar ... ... Wikipedia

Ang induction ay isang paraan ng pagkuha ng pangkalahatang pahayag mula sa mga partikular na obserbasyon. Sa kaso kapag ang isang mathematical statement ay may kinalaman sa isang may hangganang bilang ng mga bagay, ito ay mapapatunayan sa pamamagitan ng pagsuri para sa bawat bagay. Halimbawa, ang pahayag na: "Ang bawat dalawang-digit na even na numero ay ang kabuuan ng dalawang prime na numero," ay sumusunod mula sa isang serye ng mga pagkakapantay-pantay na medyo makatotohanang itatag:

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

Ang paraan ng patunay, kung saan ang isang pahayag ay napatunayan para sa isang tiyak na bilang ng mga kaso, na nakakaubos ng lahat ng mga posibilidad, ay tinatawag na kumpletong induction. Ang pamamaraang ito ay medyo bihirang naaangkop, dahil ang mga mathematical na pahayag, bilang panuntunan, ay nag-aalala hindi may hangganan, ngunit walang katapusan na mga hanay ng mga bagay. Halimbawa, ang pahayag tungkol sa kahit na dalawang-digit na numero na pinatunayan sa itaas sa pamamagitan ng kumpletong induction ay isang espesyal na kaso lamang ng theorem: "Anumang kahit na numero ay ang kabuuan ng dalawang prime number." Ang teorama na ito ay hindi pa napatunayan o pinabulaanan.

Ang mathematical induction ay isang paraan ng pagpapatunay ng isang tiyak na pahayag para sa anumang natural n batay sa prinsipyo ng mathematical induction: “Kung ang isang pahayag ay totoo para sa n=1 at mula sa bisa nito para sa n=k ito ay sumusunod na ang pahayag na ito ay totoo para sa n= k+1, kung gayon ito ay totoo para sa lahat ng n ". Ang paraan ng patunay sa pamamagitan ng mathematical induction ay ang mga sumusunod:

1) base ng induction: patunayan o direktang patunayan ang bisa ng pahayag para sa n=1 (minsan n=0 o n=n 0);

2) induction step (transition): inaakala nila ang bisa ng pahayag para sa ilang natural na n=k at, batay sa pagpapalagay na ito, patunayan ang bisa ng pahayag para sa n=k+1.

Mga problema sa mga solusyon

1. Patunayan na para sa anumang natural n ang bilang na 3 2n+1 +2 n+2 ay nahahati sa 7.

Ipahiwatig ang A(n)=3 2n+1 +2 n+2 .

base ng induction. Kung n=1, kung gayon A(1)=3 3 +2 3 =35 at halatang mahahati ng 7.

Induction hypothesis. Hayaan ang A(k) na mahahati ng 7.

inductive transition. Patunayan natin na ang A(k+1) ay nahahati sa 7, iyon ay, ang bisa ng pahayag ng problema para sa 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 .

Ang huling numero ay nahahati ng 7, dahil ito ang pagkakaiba ng dalawang integer na nahahati ng 7. Samakatuwid, ang 3 2n+1 +2 n+2 ay nahahati ng 7 para sa anumang natural na n.

2. Patunayan na para sa anumang positibong integer n ang numero 2 3 n +1 ay nahahati ng 3 n+1 at hindi nahahati ng 3 n+2 .

Ipakilala natin ang notasyon: a i =2 3 i +1.

Para sa n=1 mayroon tayo, at 1 =2 3 +1=9. Kaya, ang isang 1 ay nahahati ng 3 2 at hindi nahahati ng 3 3 .

Hayaan para sa n=k ang bilang na a k ay mahahati ng 3 k+1 at hindi mahahati ng 3 k+2 , ibig sabihin, a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kung saan ang m ay hindi mahahati ng 3. Pagkatapos

at 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).

Malinaw, ang isang k+1 ay nahahati ng 3 k+2 at hindi nahahati ng 3 k+3 .

Samakatuwid, ang assertion ay pinatunayan para sa anumang natural n.

3. Ito ay kilala na ang x+1/x ay isang integer. Patunayan na ang х n +1/х n ay isa ring integer para sa anumang integer n.

Ipakilala natin ang notasyon: a i \u003d x i +1 / x i at agad na tandaan na a i \u003d a -i, kaya't patuloy nating pag-uusapan ang tungkol sa mga natural na indeks.

Tandaan: at ang 1 ay isang integer ayon sa kundisyon; ang isang 2 ay isang integer, dahil ang isang 2 \u003d (a 1) 2 -2; at 0=2.

Ipagpalagay na ang a k ay isang integer para sa anumang positibong integer k na hindi lalampas sa n. Kung gayon ang isang 1 ·a n ay isang integer, ngunit isang 1 ·a n =a n+1 +a n–1 at a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Gayunpaman, at ang n–1, ayon sa inductive assumption, ay isang integer. Samakatuwid, ang а n+1 ay isa ring integer. Samakatuwid, ang х n +1/х n ay isang integer para sa anumang integer n, na dapat patunayan.

4. Patunayan na para sa anumang positibong integer n mas malaki sa 1, ang dobleng hindi pagkakapantay-pantay

5. Patunayan na para sa natural n > 1 at |x|

(1–x)n +(1+x)n

Para sa n=2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo. Talaga,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

Kung ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k, kung gayon para sa n=k+1 mayroon tayo

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

Ang hindi pagkakapantay-pantay ay napatunayan para sa anumang natural na numero n > 1.

6. Mayroong n bilog sa eroplano. Patunayan na para sa anumang pag-aayos ng mga bilog na ito, ang mapa na nabuo ng mga ito ay maaaring kulayan nang tama ng dalawang kulay.

Gamitin natin ang paraan ng mathematical induction.

Para sa n=1 ang assertion ay halata.

Ipagpalagay na ang pahayag ay totoo para sa anumang mapa na nabuo ng n mga bilog, at hayaan ang n + 1 na mga bilog sa eroplano. Sa pamamagitan ng pagtanggal ng isa sa mga bilog na ito, nakakakuha kami ng isang mapa na, ayon sa ginawang pagpapalagay, ay maaaring makulayan ng tama ng dalawang kulay (tingnan ang unang figure sa ibaba).

Pagkatapos ay ibinalik namin ang itinapon na bilog at sa isang gilid nito, halimbawa sa loob, baguhin ang kulay ng bawat lugar sa kabaligtaran (tingnan ang pangalawang larawan). Madaling makita na sa kasong ito nakakakuha tayo ng isang mapa na may tamang kulay na may dalawang kulay, ngunit ngayon lamang may n + 1 na bilog, na dapat patunayan.

7. Ang isang matambok na polygon ay tatawaging "maganda" kung ang mga sumusunod na kundisyon ay natutugunan:

1) bawat isa sa mga vertices nito ay pininturahan sa isa sa tatlong kulay;

2) anumang dalawang kalapit na vertices ay pininturahan sa iba't ibang kulay;

3) kahit isang vertex ng polygon ay may kulay sa bawat isa sa tatlong kulay.

Patunayan na ang anumang magandang n-gon ay maaaring i-cut sa pamamagitan ng hindi intersecting diagonal sa "magandang" triangles.

Gamitin natin ang paraan ng mathematical induction.

base ng induction. Para sa pinakamaliit na posibleng n=3, ang pahayag ng problema ay halata: ang mga vertex ng "maganda" na tatsulok ay pininturahan sa tatlong magkakaibang kulay at walang mga hiwa ang kailangan.

Induction hypothesis. Ipagpalagay natin na ang pahayag ng problema ay totoo para sa anumang "maganda" n-gon.

hakbang ng induction. Isaalang-alang ang isang di-makatwirang "maganda" (n + 1) -gon at patunayan, gamit ang inductive assumption, na maaari itong i-cut ng ilang mga diagonal sa "maganda" na mga tatsulok. Tukuyin ng А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – sunud-sunod na vertices ng (n+1)-gon. Kung isang vertex lamang ng (n + 1)-gon ang may kulay sa alinman sa tatlong kulay, kung gayon sa pamamagitan ng pagkonekta sa vertex na ito na may mga dayagonal sa lahat ng vertex na hindi katabi nito, makuha natin ang kinakailangang partition ng (n + 1)- gon sa "magandang" triangles.

Kung ang hindi bababa sa dalawang vertex ng isang (n + 1)-gon ay pininturahan sa bawat isa sa tatlong kulay, pagkatapos ay tinutukoy namin ang kulay ng vertex A 1 sa pamamagitan ng numero 1, at ang kulay ng vertex A 2 sa pamamagitan ng numero 2 . Hayaan ang k ang pinakamaliit na bilang na ang vertex A k ay may kulay sa ikatlong kulay. Malinaw na ang k > 2. Putulin natin ang tatsulok na А k–2 А k–1 А k mula sa (n+1)-gon na may dayagonal na А k–2 А k . Alinsunod sa pagpili ng numero k, ang lahat ng mga vertices ng tatsulok na ito ay pininturahan sa tatlong magkakaibang kulay, iyon ay, ang tatsulok na ito ay "maganda". Ang convex n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , na nananatili, ay magiging “maganda” din, dahil sa inductive assumption, na nangangahulugang ito ay nahahati sa "maganda" na mga tatsulok, na at kailangan upang mapatunayan.

8. Patunayan na sa isang convex n-gon imposibleng pumili ng higit sa n diagonal upang alinman sa dalawa sa mga ito ay may isang karaniwang punto.

Isagawa natin ang patunay sa pamamagitan ng pamamaraan ng mathematical induction.

Patunayan natin ang isang mas pangkalahatang pahayag: sa isang matambok na n-gon, imposibleng pumili ng higit sa n panig at mga dayagonal upang alinman sa dalawa sa mga ito ay may isang karaniwang punto. Para sa n = 3 ang assertion ay halata. Ipagpalagay natin na ang assertion na ito ay totoo para sa isang arbitrary n-gon at, gamit ito, patunayan ang bisa nito para sa isang arbitrary (n + 1)-gon.

Ipagpalagay na para sa isang (n + 1)-gon ang pahayag na ito ay hindi totoo. Kung hindi hihigit sa dalawang piniling gilid o diagonal ang lalabas mula sa bawat vertex ng isang (n+1)-gon, kung gayon mayroong hindi hihigit sa n+1 sa mga ito ang napili. Samakatuwid, hindi bababa sa tatlong piniling panig o diagonal na AB, AC, AD ang lumabas mula sa ilang vertex A. Hayaang humiga ang AC sa pagitan ng AB at AD. Dahil ang anumang gilid o dayagonal na lalabas sa C maliban sa CA ay hindi maaaring tumawid sa AB at AD nang sabay, isang piniling dayagonal na CA lang ang lalabas sa C.

Ang pagtatapon sa puntong C kasama ang dayagonal na CA, nakakakuha tayo ng isang matambok na n-gon kung saan higit sa n mga gilid at mga dayagonal ang napili, alinman sa dalawa ay may isang karaniwang punto. Kaya, dumating tayo sa isang kontradiksyon sa pag-aakalang totoo ang assertion para sa isang arbitraryong convex n-gon.

Kaya, para sa isang (n + 1)-gon, ang pahayag ay totoo. Alinsunod sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang convex n-gon.

9. May mga n linya na iginuhit sa eroplano, walang dalawa sa mga ito ay parallel at walang tatlo ang dumadaan sa parehong punto. Sa ilang bahagi hinahati ng mga linyang ito ang eroplano.

Sa tulong ng elementarya na mga guhit, madaling matiyak na ang isang tuwid na linya ay naghahati sa eroplano sa 2 bahagi, dalawang tuwid na linya sa 4 na bahagi, tatlong tuwid na linya sa 7 bahagi, at apat na tuwid na linya sa 11 bahagi.

Tukuyin sa pamamagitan ng N(n) ang bilang ng mga bahagi kung saan ang n linya ay naghahati sa eroplano. Ito ay makikita na

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

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

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

Natural lang na ipagpalagay iyon

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

o, gaya ng madaling itatag, gamit ang formula para sa kabuuan ng unang n termino ng isang pag-unlad ng arithmetic,

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

Patunayan natin ang bisa ng formula na ito sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction.

Para sa n=1, na-verify na ang formula.

Sa paggawa ng inductive assumption, isaalang-alang ang k + 1 na linya na nagbibigay-kasiyahan sa kondisyon ng problema. Pinipili namin ang mga k tuwid na linya mula sa kanila. Sa pamamagitan ng inductive hypothesis, hinahati nila ang eroplano sa 1+ k(k+1)/2 bahagi. Ang natitirang (k + 1)-th na linya ay hahatiin ng mga piling k na linya sa k + 1 na mga bahagi at, samakatuwid, ay dadaan sa (k + 1)-th na bahagi kung saan nahahati na ang eroplano, at bawat isa sa ang mga bahaging ito ay hahatiin sa 2 bahagi, ibig sabihin, k+1 pang bahagi ang idadagdag. Kaya,

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

Q.E.D.

10. Sa expression na x 1: x 2: ...: x n, ang mga bracket ay inilalagay upang ipahiwatig ang pagkakasunud-sunod ng mga aksyon at ang resulta ay nakasulat bilang isang fraction:

(sa kasong ito, ang bawat isa sa mga titik x 1, x 2, ..., x n ay alinman sa numerator ng fraction o sa denominator). Ilang iba't ibang expression ang maaaring makuha sa ganitong paraan kasama ang lahat ng posibleng paraan ng pag-aayos ng mga bracket?

Una sa lahat, malinaw na sa resultang fraction x 1 ay nasa numerator. Ito ay halos pantay na halata na ang x 2 ay nasa denominator para sa anumang pag-aayos ng mga bracket (ang division sign bago ang x 2 ay tumutukoy sa alinman sa x 2 mismo, o sa anumang expression na naglalaman ng x 2 sa numerator).

Maaaring ipagpalagay na ang lahat ng iba pang mga titik x 3 , x 4 , ... , x n ay maaaring matatagpuan sa numerator o denominator sa ganap na arbitrary na paraan. Ito ay sumusunod na sa kabuuan maaari kang makakuha ng 2 n-2 na praksyon: ang bawat isa sa n-2 na titik x 3, x 4, ..., x n ay maaaring independiyente sa iba sa numerator o denominator.

Patunayan natin ang assertion na ito sa pamamagitan ng induction.

Sa n=3, maaari kang makakuha ng 2 fraction:

kaya totoo ang pahayag.

Ipinapalagay namin na ito ay wasto para sa n=k at patunayan ito para sa n=k+1.

Hayaang ang expression na x 1: x 2: ...: x k, pagkatapos ng ilang pagkakaayos ng mga bracket, ay isulat bilang isang fraction Q. Kung ang x k: x k+1 ay pinapalitan sa expression na ito sa halip na x k, kung gayon ang x k ay nasa parehong lugar tulad ng sa mga fraction Q, at ang x k + 1 ay hindi kung saan nakatayo ang x k (kung ang x k ay nasa denominator, kung gayon ang x k + 1 ay nasa numerator at vice versa).

Ngayon patunayan natin na maaari nating idagdag ang x k+1 sa parehong lugar bilang x k . Sa fraction Q, pagkatapos ilagay ang mga bracket, kinakailangang mayroong expression ng form na q:x k, kung saan ang q ay ang titik x k–1 o ilang expression sa mga bracket. Ang pagpapalit ng q: x k ng expression (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), malinaw na nakukuha natin ang parehong fraction Q, kung saan sa halip na x k ay x k x k+1 .

Kaya, ang bilang ng mga posibleng fraction sa kaso ng n=k+1 ay 2 beses na mas malaki kaysa sa kaso ng n=k at katumbas ng 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Kaya napatunayan ang assertion.

Sagot: 2 n-2 fractions.

Mga problemang walang solusyon

1. Patunayan na para sa anumang natural n:

a) ang bilang na 5 n -3 n + 2n ay nahahati sa 4;

b) ang numero n 3 +11n ay nahahati sa 6;

c) ang bilang na 7 n +3n–1 ay nahahati ng 9;

d) ang bilang na 6 2n +19 n –2 n+1 ay nahahati ng 17;

e) ang bilang na 7 n+1 +8 2n–1 ay nahahati sa 19;

f) ang bilang na 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 ay nahahati ng 27.

2. Patunayan na (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay |sin nx| n|sinx| para sa anumang natural n.

4. Maghanap ng mga natural na numerong a, b, c na hindi nahahati sa 10 at para sa anumang natural n ang mga numerong a n + b n at c n ay may parehong huling dalawang digit.

5. Patunayan na kung ang n puntos ay hindi nasa parehong linya, kung gayon sa mga linyang nag-uugnay sa kanila, mayroong hindi bababa sa n magkaibang mga.

Gamit ang paraan ng mathematical induction, patunayan iyon para sa anumang natural n ang mga sumusunod na pagkakapantay-pantay ay totoo:
a) ;
b) .

Desisyon.

a) Kailan n= 1 pagkakapantay-pantay ay wasto. Ipagpalagay ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n, ipakita natin na valid din ito para sa n+ 1. Sa katunayan,

Q.E.D.

b) Kailan n= 1 ang bisa ng pagkakapantay-pantay ay halata. Mula sa pagpapalagay ng pagiging patas nito sa n dapat

Dahil sa pagkakapantay-pantay 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, nakukuha namin

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

ibig sabihin, totoo rin ang pahayag para sa n + 1.

Halimbawa 1 Patunayan ang mga sumusunod na pagkakapantay-pantay

saan n O N.

Desisyon. a) Kailan n= 1 pagkakapantay-pantay ay kukuha ng anyong 1=1, samakatuwid, P(1) totoo. Ipagpalagay natin na ang pagkakapantay-pantay na ito ay totoo, ibig sabihin, mayroon tayo

. Kailangan nating suriin (patunayan) iyonP(n+ 1), ibig sabihin. totoo. Dahil (gamit ang inductive assumption) nakukuha natin, ibig sabihin, P(n+ 1) ay isang totoong pahayag.

Kaya, ayon sa paraan ng mathematical induction, ang orihinal na pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural n.

Puna 2. Ang halimbawang ito ay maaaring malutas sa ibang paraan. Sa katunayan, ang kabuuan 1 + 2 + 3 + ... + n ay ang kabuuan ng una n mga miyembro ng isang pag-unlad ng arithmetic kasama ang unang miyembro a 1 = 1 at pagkakaiba d= 1. Sa bisa ng kilalang pormula , nakukuha namin

b) Kailan n= 1 pagkakapantay-pantay ay magkakaroon ng anyong: 2 1 - 1 = 1 2 o 1=1, ibig sabihin, P(1) totoo. Ipagpalagay natin na ang pagkakapantay-pantay

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 at patunayan iyonP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 o 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Gamit ang induction hypothesis, nakukuha natin

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

kaya, P(n+ 1) ay totoo at, samakatuwid, ang kinakailangang pagkakapantay-pantay ay napatunayan.

Puna 3. Ang halimbawang ito ay maaaring malutas (katulad ng nauna) nang hindi gumagamit ng paraan ng matematikal na induction.

c) Kailan n= 1 ang pagkakapantay-pantay ay totoo: 1=1. Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay ay totoo

at ipakita iyon iyon ang katotohananP(n) ay nagpapahiwatig ng katotohananP(n+ 1). Talaga, at mula noong 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), nakukuha namin at, samakatuwid, ang orihinal na pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang naturaln.

d) Kailan n= 1 pagkakapantay-pantay ay wasto: 1=1. Ipagpalagay natin na meron

at patunayan iyon

Talaga,

e) Pag-apruba P(1) totoo: 2=2. Ipagpalagay natin na ang pagkakapantay-pantay

ay totoo, at pinatutunayan namin na ito ay nagpapahiwatig ng pagkakapantay-pantay Talaga,

Samakatuwid, ang orihinal na pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa anumang natural n.

f) P(1) totoo: 1/3 = 1/3. Magkaroon ng pagkakapantay-pantay P(n):

. Ipakita natin na ang huling pagkakapantay-pantay ay nagpapahiwatig ng sumusunod:

Sa katunayan, ibinigay na P(n) nagaganap, nakukuha natin

Kaya, ang pagkakapantay-pantay ay napatunayan.

g) Kailan n= 1 mayroon kami a + b = b + a at samakatuwid ang pagkakapantay-pantay ay totoo.

Hayaang maging wasto ang binomial formula ni Newton para sa n = k, ibig sabihin,

Pagkatapos Gamit ang pagkakapantay-pantay nakukuha namin

Halimbawa 2 Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay

a) Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n O N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, kung x 1 x 2 · ... · x n= 1 at x i > 0, .

c) Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Cauchy tungkol sa arithmetic mean at geometric mean saan x i > 0, , n ≥ 2.

d) kasalanan 2 n isang + cos2 n a ≤ 1, n O N.

e)

f) 2 n > n 3 , n O N, n ≥ 10.

Desisyon. a) Kailan n= 1 nakukuha natin ang tunay na hindi pagkakapantay-pantay

1 + a ≥ 1 + a . Ipagpalagay natin na mayroong hindi pagkakapantay-pantay

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

at ipakita na pagkatapos ay mayroon tayo(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Sa katunayan, dahil ang a > -1 ay nagpapahiwatig ng + 1 > 0, pagkatapos ay i-multiply ang magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay (1) sa (a + 1), nakukuha namin

(1 + a ) n(1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) o (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Dahil n a 2 ≥ 0, samakatuwid,(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n isang 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Kaya, kung P(n) ay totoo, kung gayon P(n+ 1) ay totoo, samakatuwid, ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay totoo.

b) Kailan n= 1 ang nakukuha natin x 1 = 1 at, samakatuwid, x 1 ≥ 1 ibig sabihin. P(1) ay isang patas na pahayag. Kunwari na lang P(n) ay totoo, ibig sabihin, kung adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n mga positibong numero na ang produkto ay katumbas ng isa, x 1 x 2 ·...· x n= 1, at x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Ipakita natin na ang panukalang ito ay nagpapahiwatig na ang sumusunod ay totoo: kung x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positibong mga numero tulad na x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, pagkatapos x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Isaalang-alang ang sumusunod na dalawang kaso:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Kung gayon ang kabuuan ng mga numerong ito ay ( n+ 1), at ang kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay ay nasiyahan;

2) hindi bababa sa isang numero ang iba sa isa, hayaan, halimbawa, na mas malaki sa isa. Tapos, since x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, mayroong kahit isa pang numero na iba sa isa (mas tiyak, mas mababa sa isa). Hayaan x n+ 1 > 1 at x n < 1. Рассмотрим n mga positibong numero

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Ang produkto ng mga numerong ito ay katumbas ng isa, at, ayon sa hypothesis, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay muling isinulat tulad ng sumusunod: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 o x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Sa abot ng

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, pagkatapos n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Samakatuwid, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, ibig sabihin, kung P(n) ay totoo, kung gayonP(n+ 1) ay patas. Ang hindi pagkakapantay-pantay ay napatunayan na.

Puna 4. Ang pantay na tanda ay nangyayari kung at kung lamang x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Hayaan x 1 ,x 2 ,...,x n ay mga di-makatwirang positibong numero. Isaalang-alang ang mga sumusunod n positibong numero:

Dahil ang kanilang produkto ay katumbas ng isa: ayon sa dati nang napatunayang hindi pagkakapantay-pantay b), sinusundan nito iyon saan

Puna 5. Ang pagkakapantay-pantay ay pinanghahawakan kung at kung lamang x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) ay isang patas na pahayag: sin 2 a + cos 2 a = 1. Ipagpalagay na P(n) ay isang totoong pahayag:

Kasalanan 2 n isang + cos2 n a ≤ 1 at ipakita na meronP(n+ 1). Talaga, kasalanan2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) isang \u003d kasalanan 2 n isang kasalanan 2 a + cos 2 n isang cos 2 a< sin 2n isang + cos2 n a ≤ 1 (kung sin 2 a ≤ 1, cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, pagkatapos ay kasalanan 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N kasalanan 2 n isang + cos2 n ≤ 1 at ang equal sign ay naaabot lamang kapagn = 1.

e) Kailan n= 1 ang pahayag ay totoo: 1< 3 / 2 .

Ipagpalagay natin na at patunayan iyon

Sa abot ng
Isinasaalang-alang P(n), nakukuha namin

f) Isinasaalang-alang ang Remark 1, sinusuri namin P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, samakatuwid, para sa n= 10 ang pahayag ay totoo. Ipagpalagay na 2 n > n 3 (n> 10) at patunayan P(n+ 1), ibig sabihin. 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Mula noong n> 10 meron tayo o , kasunod niyan

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 o n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Isinasaalang-alang ang hindi pagkakapantay-pantay (2 n > n 3), nakakakuha tayo ng 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Kaya, ayon sa paraan ng mathematical induction, para sa anumang natural n O N, n≥ 10 mayroon tayong 2 n > n 3 .

Halimbawa 3 Patunayan na para sa anumang n O N

Desisyon. a) P(1) ay isang totoong pahayag (0 ay nahahati sa 6). Hayaan P(n) ay patas, kumbaga n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) ay nahahati ng 6. Ipakita natin na mayroon tayo P(n+ 1), iyon ay, ( n + 1)n(2n+ 1) ay nahahati sa 6. Sa katunayan, dahil

At kung paano n(n - 1)(2 n- 1) at 6 n 2 ay nahahati sa 6, pagkatapos ay ang kanilang kabuuann(n + 1)(2 n+ 1) ay nahahati sa 6.

kaya, P(n+ 1) ay isang patas na pahayag, at, samakatuwid, n(2n 2 - 3n+ 1) ay mahahati ng 6 para sa alinman n O N.

b) Suriin P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, samakatuwid P(1) ay isang patas na pahayag. Dapat patunayan na kung 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ay nahahati sa 11 ( P(n)), pagkatapos ay 62 n + 3 n+2 + 3 n ay nahahati din sa 11 ( P(n+ 1)). Sa katunayan, dahil

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 == 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3 (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 at tulad ng 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 at 33 6 2 n-2 ay nahahati sa 11, kung gayon ang kanilang kabuuan ay 6 2n + 3 n+2 + 3 n ay nahahati sa 11. Napatunayan ang paninindigan. Induction sa geometry

Halimbawa 4 Kalkulahin ang gilid ng tamang 2 n-gon na nakasulat sa isang bilog ng radius R.