Ang induction ng matematika ay sumasailalim sa isa sa mga pinakakaraniwang pamamaraan ng mga patunay sa matematika. Sa tulong nito, mapapatunayan mo ang karamihan sa mga formula na may natural na mga numero n, halimbawa, ang formula para sa paghahanap ng kabuuan ng mga unang termino ng progression S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 n, binomial formula ng Newton a + b n = C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .
Sa unang talata, susuriin namin ang mga pangunahing konsepto, pagkatapos ay isasaalang-alang namin ang mga pangunahing kaalaman ng pamamaraan mismo, at pagkatapos ay sasabihin namin sa iyo kung paano gamitin ito upang patunayan ang mga pagkakapantay-pantay at hindi pagkakapantay-pantay.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Mga konsepto ng induction at deduction
Una, tingnan natin kung ano ang induction at deduction sa pangkalahatan.
Kahulugan 1
Induction ay ang paglipat mula sa partikular tungo sa pangkalahatan, at bawas sa kabaligtaran, mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular.
Halimbawa, mayroon tayong pahayag: 254 ay maaaring hatiin sa dalawa nang buo. Mula dito maaari tayong gumuhit ng maraming konklusyon, kung saan magkakaroon ng parehong totoo at mali. Halimbawa, ang pahayag na ang lahat ng integer na may numerong 4 sa dulo ay maaaring hatiin ng dalawa nang walang natitira ay totoo, ngunit ang anumang bilang ng tatlong digit na mahahati ng 2 ay mali.
Sa pangkalahatan, masasabi na sa tulong ng induktibong pangangatwiran, maraming konklusyon ang maaaring makuha mula sa isang kilala o malinaw na pangangatwiran. Binibigyang-daan tayo ng induction ng matematika na matukoy kung gaano kabisa ang mga konklusyong ito.
Ipagpalagay na mayroon tayong pagkakasunod-sunod ng mga numero tulad ng 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , kung saan ang n ay nagsasaad ng ilang natural na numero. Sa kasong ito, kapag nagdaragdag ng mga unang elemento ng pagkakasunud-sunod, nakukuha namin ang sumusunod:
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 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .
Gamit ang induction, maaari nating tapusin na S n = n n + 1 . Sa ikatlong bahagi ay patunayan natin ang formula na ito.
Ano ang paraan ng mathematical induction
Ang pamamaraang ito ay batay sa prinsipyo ng parehong pangalan. Ito ay nabuo tulad nito:
Kahulugan 2
Ang isang tiyak na pahayag ay magiging totoo para sa isang natural na halaga n kapag 1) ito ay magiging totoo para sa n = 1 at 2) mula sa katotohanan na ang expression na ito ay totoo para sa isang di-makatwirang natural na halaga n = k , ito ay sumusunod na ito ay magiging totoo din. para sa n = k + 1 .
Ang aplikasyon ng pamamaraan ng induction ng matematika ay isinasagawa sa 3 yugto:
- Una, sinusuri namin ang kawastuhan ng orihinal na pahayag sa kaso ng isang di-makatwirang natural na halaga ng n (karaniwang ang pagsubok ay ginagawa para sa pagkakaisa).
- Pagkatapos nito, sinusuri namin ang katapatan sa n = k .
- At pagkatapos ay patunayan natin ang bisa ng pahayag kung n = k + 1 .
Paano ilapat ang paraan ng mathematical induction kapag nilulutas ang mga hindi pagkakapantay-pantay at mga equation
Kunin natin ang halimbawang pinag-usapan natin kanina.
Halimbawa 1
Patunayan ang formula S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
Desisyon
Tulad ng alam na natin, upang mailapat ang pamamaraan ng induction ng matematika, tatlong magkakasunod na hakbang ang dapat gawin.
- Una, sinusuri namin kung ang pagkakapantay-pantay na ito ay magiging wasto para sa n katumbas ng isa. Nakukuha namin ang S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Lahat ay tama dito.
- Dagdag pa, ginagawa namin ang pagpapalagay na ang formula S k = k k + 1 ay tama.
- Sa ikatlong hakbang, kailangan nating patunayan na S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , batay sa bisa ng nakaraang pagkakapantay-pantay.
Maaari nating katawanin ang k + 1 bilang kabuuan ng mga unang termino ng orihinal na pagkakasunod-sunod at k + 1:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
Dahil sa pangalawang hakbang nakuha namin na S k = k k + 1, maaari naming isulat ang sumusunod:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
Ngayon ginagawa namin ang mga kinakailangang pagbabago. Kakailanganin nating bawasan ang fraction sa isang common denominator, bawasan ang mga katulad na termino, ilapat ang pinaikling formula ng multiplikasyon at bawasan ang nangyari:
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
Kaya, napatunayan namin ang pagkakapantay-pantay sa ikatlong punto sa pamamagitan ng pagsasagawa ng lahat ng tatlong hakbang ng pamamaraan ng mathematical induction.
Sagot: ang palagay tungkol sa formula na S n = n n + 1 ay totoo.
Isaalang-alang natin ang isang mas kumplikadong problema sa mga function ng trigonometriko.
Halimbawa 2
Magbigay ng patunay ng pagkakakilanlan cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.
Desisyon
Tulad ng naaalala natin, ang unang hakbang ay dapat na suriin ang kawastuhan ng pagkakapantay-pantay kapag ang n ay katumbas ng isa. Upang malaman, kailangan nating tandaan ang mga pangunahing trigonometric formula.
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
Samakatuwid, para sa n katumbas ng isa, ang pagkakakilanlan ay magiging totoo.
Ngayon ipagpalagay na ang bisa nito ay napanatili para sa n = k , i.e. magiging totoo na cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.
Pinatutunayan namin ang pagkakapantay-pantay cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α para sa kaso kapag n = k + 1, batay sa nakaraang palagay.
Ayon sa trigonometric formula,
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 kasalanan (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α
Kaya naman,
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
Ang isang halimbawa ng paglutas ng problema sa pagpapatunay ng hindi pagkakapantay-pantay gamit ang pamamaraang ito ay ibinigay sa artikulo sa pamamaraan ng least squares. Basahin ang talata kung saan hinango ang mga formula para sa paghahanap ng mga approximation coefficient.
Kung may napansin kang pagkakamali sa text, mangyaring i-highlight ito at pindutin ang Ctrl+Enter
Ang teksto ng trabaho ay inilalagay nang walang mga imahe at mga formula.
Ang buong bersyon ng trabaho ay magagamit sa tab na "Mga File ng Trabaho" sa format na PDF
Panimula
Ang paksang ito ay may kaugnayan, dahil araw-araw ay nalulutas ng mga tao ang iba't ibang mga problema kung saan gumagamit sila ng iba't ibang mga pamamaraan ng paglutas, ngunit may mga gawain kung saan ang pamamaraan ng induction ng matematika ay hindi maaaring ibigay, at sa mga ganitong kaso ang kaalaman sa lugar na ito ay magiging lubhang kapaki-pakinabang.
Pinili ko ang paksang ito para sa pananaliksik, dahil sa kurikulum ng paaralan ang pamamaraan ng induction ng matematika ay binibigyan ng kaunting oras, natututo ang mag-aaral ng mababaw na impormasyon na makakatulong sa kanya na makakuha lamang ng pangkalahatang ideya ng pamamaraang ito, ngunit ang pag-unlad ng sarili ay kailangang pag-aralan nang malalim ang teoryang ito. Ito ay talagang magiging kapaki-pakinabang upang matuto nang higit pa tungkol sa paksang ito, dahil pinalawak nito ang mga abot-tanaw ng isang tao at tumutulong sa paglutas ng mga kumplikadong problema.
Layunin:
Kilalanin ang pamamaraan ng matematikal na induction, sistematikong kaalaman sa paksang ito at ilapat ito sa paglutas ng mga problema sa matematika at pagpapatunay ng mga teorema, patunayan at malinaw na ipakita ang praktikal na kahalagahan ng pamamaraan ng matematikal na induction bilang isang kinakailangang kadahilanan para sa paglutas ng mga problema.
Mga gawain sa trabaho:
Suriin ang panitikan at ibuod ang kaalaman sa paksa.
Unawain ang mga prinsipyo ng mathematical induction.
Tuklasin ang aplikasyon ng pamamaraan ng mathematical induction sa paglutas ng problema.
Bumuo ng mga konklusyon at konklusyon sa gawaing ginawa.
Pangunahing katawan ng pananaliksik
Kasaysayan ng pinagmulan:
Sa pagtatapos lamang ng ika-19 na siglo nabuo ang pamantayan ng mga kinakailangan para sa lohikal na kahigpitan, na hanggang ngayon ay nananatiling nangingibabaw sa praktikal na gawain ng mga mathematician sa pagbuo ng mga indibidwal na teorya sa matematika.
Ang induction ay isang pamamaraang nagbibigay-malay kung saan ang isang pahayag na nagsa-generalize sa mga ito ay hinuhusgahan mula sa paghahambing ng mga magagamit na katotohanan.
Sa matematika, ang papel ng induction ay higit sa lahat na pinagbabatayan nito ang napiling axiomatics. Pagkatapos ng mahabang pagsasanay ay nagpakita na ang isang tuwid na landas ay palaging mas maikli kaysa sa isang hubog o sirang isa, natural na magbalangkas ng isang axiom: para sa anumang tatlong puntos na A, B at C, ang hindi pagkakapantay-pantay ay nasisiyahan.
Ang kamalayan ng paraan ng matematikal na induction bilang isang hiwalay na mahalagang paraan ay bumalik sa Blaise Pascal at Gersonides, kahit na ang ilang mga kaso ng aplikasyon ay natagpuan kahit na sa sinaunang panahon nina Proclus at Euclid. Ang modernong pangalan para sa pamamaraan ay ipinakilala ni de Morgan noong 1838.
Ang pamamaraan ng induction ng matematika ay maihahambing sa pag-unlad: nagsisimula tayo mula sa pinakamababa, bilang isang resulta ng lohikal na pag-iisip ay nakarating tayo sa pinakamataas. Ang tao ay palaging nagsusumikap para sa pag-unlad, para sa kakayahang lohikal na paunlarin ang kanyang pag-iisip, na nangangahulugan na ang kalikasan mismo ang nagtakda sa kanya na mag-isip nang pasaklaw.
Induction at deduction
Ito ay kilala na mayroong parehong partikular at pangkalahatang mga pahayag, at ang dalawang ibinigay na termino ay batay sa paglipat mula sa isa patungo sa isa pa.
Deduction (mula sa lat. deductio - derivation) - ang paglipat sa proseso ng cognition mula sa pangkalahatan kaalaman sa pribado at walang asawa. Sa pagbabawas, ang pangkalahatang kaalaman ay nagsisilbing panimulang punto ng pangangatwiran, at ang pangkalahatang kaalaman na ito ay ipinapalagay na "handa", umiiral. Ang kakaiba ng pagbabawas ay ang katotohanan ng mga lugar nito ay ginagarantiyahan ang katotohanan ng konklusyon. Samakatuwid, ang pagbabawas ay may malaking kapangyarihan ng panghihikayat at malawakang ginagamit hindi lamang upang patunayan ang mga teorema sa matematika, kundi pati na rin kung saan kailangan ang maaasahang kaalaman.
Ang induction (mula sa Latin na inductio - guidance) ay isang paglipat sa proseso ng cognition mula sa pribado kaalaman sa pangkalahatan Sa madaling salita, ito ay isang paraan ng pananaliksik, kaalaman, na nauugnay sa pangkalahatan ng mga resulta ng mga obserbasyon at mga eksperimento.Ang isang tampok ng induction ay ang probabilistic na kalikasan nito, i.e. dahil sa katotohanan ng paunang lugar, ang konklusyon ng induction ay malamang na totoo lamang, at sa pangwakas na resulta maaari itong maging parehong totoo at mali.
Kumpleto at hindi kumpletong induction
Ang induktibong pangangatwiran ay isang anyo ng abstract na pag-iisip kung saan ang pag-iisip ay nabubuo mula sa kaalaman ng isang mas mababang antas ng pangkalahatan hanggang sa kaalaman ng isang mas mataas na antas ng pangkalahatan, at ang konklusyon na sumusunod mula sa mga lugar ay nakararami sa probabilistic.
Sa kurso ng pananaliksik, nalaman ko na ang induction ay nahahati sa dalawang uri: kumpleto at hindi kumpleto.
Ang isang kumpletong induction ay tinatawag na isang konklusyon kung saan ang isang pangkalahatang konklusyon tungkol sa isang klase ng mga bagay ay ginawa batay sa pag-aaral ng lahat ng mga bagay ng klase na ito.
Halimbawa, hayaang kailanganin na itatag na ang bawat natural na even number n sa loob ng 6≤ n≤ 18 ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng dalawang prime number. Upang gawin ito, kinukuha namin ang lahat ng naturang numero at isulat ang kaukulang mga pagpapalawak:
6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;
Ang mga pagkakapantay-pantay na ito ay nagpapakita na ang bawat isa sa mga bilang ng interes sa atin ay talagang kinakatawan bilang kabuuan ng dalawang simpleng termino.
Isaalang-alang ang sumusunod na halimbawa: ang sequence yn= n 2 +n+17; Isulat natin ang unang apat na termino: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Pagkatapos ay maaari nating ipagpalagay na ang buong sequence ay binubuo ng mga prime number. Ngunit hindi ito ganoon, kunin natin ang y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ito ay isang pinagsama-samang numero, na nangangahulugan na ang aming palagay ay mali, kaya, ang hindi kumpletong induction ay hindi humahantong sa ganap na maaasahang mga konklusyon, ngunit nagpapahintulot sa amin na magbalangkas ng isang hypothesis, na sa kalaunan ay nangangailangan ng mathematical proof o refutation.
Paraan ng mathematical induction
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 masusuri ang lahat ng sitwasyong ito. Ngunit paano magsusubok para sa walang katapusang bilang ng mga kaso? Ang pamamaraang ito ay iminungkahi nina B. Pascal at J. Bernoulli, ito ay isang paraan ng mathematical induction, na batay sa 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 induction ng matematika ay nabuo tulad ng sumusunod:
Kung ang pangungusap na A(n) ay totoo para sa n=p at kung A(k) A(k+1) para sa anumang k>p, kung gayon ang pangungusap na A(n) ay totoo para sa anumang n>p.
Algorithm (binubuo ito ng apat na yugto):
1.base(ipinapakita namin na ang assertion na pinatutunayan ay totoo para sa ilang pinakasimpleng mga espesyal na kaso ( P = 1));
2.hulaan(Aming ipinapalagay na ang assertion ay napatunayan para sa una sa mga kaso); 3 .hakbang(sa ilalim ng pagpapalagay na ito ay pinatutunayan namin ang assertion para sa kaso P = sa + 1); 4.output (y ang pahayag ay totoo para sa lahat ng kaso, iyon ay, para sa lahat P) .
Tandaan na hindi lahat ng mga problema ay maaaring malutas sa pamamagitan ng pamamaraan ng matematikal na induction, ngunit ang mga problema lamang ay na-parameter ng ilang variable. Ang variable na ito ay tinatawag na induction variable.
Paglalapat ng paraan ng mathematical induction
Ilapat natin ang lahat ng teoryang ito sa pagsasanay at alamin kung aling mga problema ang ginamit sa pamamaraang ito.
Mga problema para sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay.
Halimbawa 1 Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay ng Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.
1) Para sa n=1, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil 1+х≥1+х
2) Ipagpalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa ilang n=k, i.e.
(1+x) k ≥1+k x.
Ang pagpaparami ng magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay sa isang positibong numero 1+x, nakukuha natin
(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2
Isinasaalang-alang na kx 2 ≥0, dumating tayo sa hindi pagkakapantay-pantay
(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.
Kaya, ang pagpapalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay totoo para sa n=k ay nagpapahiwatig na ito ay totoo para sa n=k+1. Batay sa paraan ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n ∈ N.
Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural na numero n>1, .
Patunayan natin gamit ang paraan ng mathematical induction.
Tukuyin ang kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng.
1), samakatuwid, para sa n=2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo.
2) Hayaan para sa ilang k. Patunayan natin iyan at Meron kami .
Paghahambing at, mayroon kami, i.e. .
Para sa anumang positibong integer k, ang kanang bahagi ng huling pagkakapantay-pantay ay positibo. Kaya. Ngunit, samakatuwid, at. Napatunayan namin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng pamamaraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n>1.
Mga problema para sa patunay ng mga pagkakakilanlan.
Halimbawa 1 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.
Hayaang 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=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.
3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa n=k+1, ibig sabihin, 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.
Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural n ang pagkakapantay-pantay
1) Suriin kung ang pagkakakilanlang ito ay totoo para sa n = 1.; - tama.
2) Hayaang maging totoo din ang pagkakakilanlan para sa n = k, i.e.
3) Patunayan natin na ang pagkakakilanlang ito ay totoo rin para sa n = k + 1, ibig sabihin;
kasi Ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k at n=k+1, pagkatapos ito ay totoo para sa anumang natural na n.
Mga gawain sa pagbubuod.
Halimbawa 1 Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Solusyon: 1) Mayroon kaming n=1=1 2 . Samakatuwid, ang pahayag ay totoo para sa n=1, i.e. A(1) ay totoo.
2) Patunayan natin na А(k) A(k+1).
Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang totoo ang pahayag para sa n=k, ibig sabihin, 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 .
Sa katunayan, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Kaya, A(k) A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang pagpapalagay na A(n) ay totoo para sa anumang n N.
Halimbawa 2 Patunayan ang formula, n ay isang natural na numero.
Solusyon: Kapag n=1, ang parehong bahagi ng pagkakapantay-pantay ay nagiging isa at, samakatuwid, ang unang kundisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan.
Ipagpalagay na ang formula ay totoo para sa n=k, i.e. .
Idagdag natin sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at baguhin ang kanang bahagi. Pagkatapos makuha namin
Kaya, mula sa katotohanan na ang formula ay totoo para sa n=k, ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa n=k+1, kung gayon ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na n.
mga gawain sa divisibility.
Halimbawa 1 Patunayan na ang (11 n+2 +12 2n+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira.
Desisyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.
(23 × 133) ay nahahati sa 133 na walang natitira, kaya para sa n=1 ang pahayag 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 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 .
Ang resultang kabuuan ay nahahati ng 133 na walang nalalabi, dahil ang unang termino nito ay nahahati ng 133 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay, at sa pangalawa sa mga salik ay 133.
Kaya, A(k) → A(k+1), pagkatapos ay batay sa paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang natural n.
Halimbawa 2 Patunayan na ang 3 3n-1 +2 4n-3 para sa isang arbitrary positive integer n ay nahahati ng 11.
Solusyon: 1) Hayaan ang n=1, pagkatapos ang X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ay nahahati sa 11 nang walang nalalabi. Samakatuwid, para sa n=1 ang pahayag ay totoo.
2) Ipagpalagay na para sa n=k
Ang 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 nalalabi para sa anumang natural n.
Mga gawain mula sa totoong buhay.
Halimbawa 1 Patunayan na ang kabuuan ng Sn ng mga panloob na anggulo ng anumang matambok na polygon ay ( P- 2)π, saan P ay ang bilang ng mga gilid ng polygon na ito: Sn = ( P- 2)π (1).
Ang pahayag na ito ay hindi makatuwiran para sa lahat ng natural P, ngunit para lamang sa P > 3, dahil ang pinakamababang bilang ng mga anggulo sa isang tatsulok ay 3.
1) Kailan P= 3 ang aming pahayag ay nasa anyong: S 3 = π. Ngunit ang kabuuan ng mga panloob na anggulo ng anumang tatsulok ay talagang π. Samakatuwid, kapag P= 3 formula (1) ay totoo.
2) Hayaang maging totoo ang formula na ito para sa n =k, iyon ay, S k = (k- 2)π, saan k > 3. Patunayan natin na sa kasong ito ang formula ay mayroon ding: S k+ 1 = (k- 1) π.
Hayaan ang A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - arbitrary convex ( k+ 1) -gon (Larawan 338).
Sa pamamagitan ng pagkonekta ng mga punto A 1 at A k , nakakakuha kami ng convex k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Malinaw, ang kabuuan ng mga anggulo ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 ay katumbas ng kabuuan ng mga anggulo k-gon A 1 A 2 ... A k kasama ang kabuuan ng mga anggulo ng tatsulok A 1 A k A k+ isa. Ngunit ang kabuuan ng mga anggulo k-gon A 1 A 2 ... A k ay ipinapalagay na ( k- 2)π, at ang kabuuan ng mga anggulo ng tatsulok A 1 A k A k+ 1 ay katumbas ng pi. Kaya
S k+ 1=S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1) π.
Kaya, ang parehong mga kondisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan, at samakatuwid ang formula (1) ay totoo para sa anumang natural P > 3.
Halimbawa 2 May hagdanan, ang lahat ng mga hakbang ay pareho. Kinakailangang ipahiwatig ang pinakamababang bilang ng mga posisyon na magagarantiya sa posibilidad ng "pag-akyat" sa anumang hakbang sa pamamagitan ng numero.
Sumasang-ayon ang lahat na dapat may kondisyon. Dapat kaya nating umakyat sa unang hakbang. Susunod, dapat silang umakyat mula sa unang hakbang hanggang sa pangalawa. Pagkatapos sa pangalawa - sa pangatlo, atbp. sa nth step. Siyempre, sa kabuuan, ginagarantiyahan nm ng mga "n" na pahayag na makakarating tayo sa ika-n na hakbang.
Tingnan natin ngayon ang 2, 3,…., n mga posisyon at ihambing ang mga ito sa isa't isa. Madaling makita na lahat sila ay may parehong istraktura: kung nakarating tayo sa k step, maaari nating akyatin ang (k + 1) na hakbang. Mula dito, ang gayong axiom para sa bisa ng mga pahayag na nakasalalay sa "n" ay nagiging natural: kung ang pangungusap A (n), kung saan ang n ay isang natural na numero, ay nasiyahan sa n=1 at mula sa katotohanan na ito ay nasiyahan. na may n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay humahawak din para sa n=k+1, pagkatapos ay ang Assumption A(n) ay humahawak para sa anumang natural na numero n.
Apendise
Mga gawain gamit ang paraan ng mathematical induction kapag pumapasok sa mga unibersidad.
Tandaan na kapag pumapasok sa mas mataas na institusyong pang-edukasyon, mayroon ding mga gawain na nalutas sa pamamaraang ito. Tingnan natin ang mga ito kongkretong mga halimbawa.
Halimbawa 1 Patunayan na anumang natural P patas na pagkakapantay-pantay
1) Kailan n=1 nakukuha natin ang tamang pagkakapantay-pantay na Kasalanan.
2) Paggawa ng inductive assumption na para sa n= k ang pagkakapantay-pantay ay totoo, isaalang-alang ang kabuuan sa kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay, para sa n =k+1;
3) Gamit ang mga formula ng pagbabawas, binabago namin ang expression:
Pagkatapos, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n.
Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural n ang halaga ng expression na 4n +15n-1 ay isang multiple ng 9.
1) Sa n=1: 2 2 +15-1=18 - maramihang ng 9 (dahil 18:9=2)
2) Hayaang manatili ang pagkakapantay-pantay n=k: Ang 4k +15k-1 ay isang multiple ng 9.
3) Patunayan natin na nananatili ang pagkakapantay-pantay para sa susunod na numero 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) - maramihang ng 9;
9(5k-2) - maramihang ng 9;
Dahil dito, ang buong expression na 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) ay isang multiple ng 9, na dapat patunayan.
Halimbawa 3 Patunayan iyon para sa anumang natural na numero P natugunan ang kondisyon: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.
1) Suriin kung ang formula na ito ay totoo para sa n=1: Kaliwang bahagi = 1∙2∙3=6.
kanang bahagi = . 6 = 6; totoo sa n=1.
2) Ipagpalagay na ang formula na ito ay totoo para sa n =k:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.
3) Patunayan natin na ang formula na ito ay totoo para sa n =k+1:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.
S k+1 =.
Patunay:
Kaya, ang kundisyong ito ay totoo sa dalawang kaso at napatunayan na ito ay totoo para sa n =k+1, samakatuwid ito ay totoo para sa anumang natural na numero P.
Konklusyon
Upang buod, sa proseso ng pananaliksik, nalaman ko kung ano ang induction, na kumpleto o hindi kumpleto, nakilala ang pamamaraan ng induction ng matematika batay sa prinsipyo ng induction ng matematika, isinasaalang-alang ang maraming mga problema gamit ang pamamaraang ito.
Marami rin akong natutunang bagong impormasyon, iba sa mga kasama sa kurikulum ng paaralan.Habang pinag-aaralan ko ang pamamaraan ng mathematical induction, gumamit ako ng iba't ibang literatura, Internet resources, at sumangguni din sa isang guro.
Konklusyon: Ang pagkakaroon ng pangkalahatan at sistematikong kaalaman sa induction ng matematika, naging kumbinsido ako sa pangangailangan para sa kaalaman sa paksang ito sa katotohanan. Ang isang positibong kalidad ng paraan ng mathematical induction ay ang malawak na aplikasyon nito sa paglutas ng mga problema: sa larangan ng algebra, geometry at tunay na matematika. Gayundin, ang kaalamang ito ay nagdaragdag ng interes sa matematika bilang isang agham.
Sigurado ako na ang mga kasanayang nakuha sa panahon ng trabaho ay makakatulong sa akin sa hinaharap.
Bibliograpiya
Sominsky I.S. Paraan ng mathematical induction. Mga sikat na lektura sa matematika, isyu 3-M.: Nauka, 1974.
L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Induction sa geometry. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Mga sikat na lektura sa matematika).
Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Manwal sa matematika para sa mga aplikante sa mga unibersidad (Mga napiling tanong ng elementarya na matematika) - Ed. 5th, binago, 1976 - 638s.
A. Shen. Mathematical induction. - MTsNMO, 2004. - 36 p.
M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Koleksyon ng mga problema sa algebra: aklat-aralin para sa 8-9 na mga cell. na may malalim ang pag-aaral ng matematika ika-7 ed. - M .: Edukasyon, 2001. - 271 p.
Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002.
Ang Wikipedia ay ang malayang ensiklopedya.
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) X A(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 pinatutunayan sa ilalim ng pagpapalagay na ang pahayag ay totoo para sa n=k (ang inductive assumption), i.e. patunayan na A(k) ~ A(k+1)
Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Mayroon kaming n=1=1 2 . Samakatuwid, ang pahayag ay totoo para sa n=1, i.e. A(1) totoo
- 2) Patunayan natin na A(k) ~ A(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 Sa katunayan,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Kaya, A(k) X A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang palagay na A(n) ay totoo para sa anumang n О N
Patunayan mo yan
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kung saan ang x No. 1
- 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) totoo
- 2) Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang totoo ang formula para sa n=k,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(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) Talaga
- 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) ⋅ A(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, dahil sa tatsulok
Isang 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonal; A 2 A(3) totoo
2) Ipagpalagay na sa anumang convex k-gon ay may A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonals. A k Patunayan natin na sa isang matambok na A k+1 (k+1)-gon ang bilang ng mga dayagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Hayaang А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -matambok (k+1)-gon. Gumuhit tayo ng dayagonal na A 1 A k dito. Upang kalkulahin 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, dapat isaalang-alang ang dayagonal A 1 A k
kaya,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Kaya A(k) ⋅ A(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
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 bisa 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
Ito ay makikita mula sa itaas na patunay na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1, samakatuwid, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n
Patunayan mo yan
((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(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 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ibig sabihin. ito ay totoo
- 2) Ipagpalagay na ang expression ay totoo para sa 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) Papatunayan natin ang kawastuhan ng expression para sa 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)
Napatunayan namin ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng 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) Papatunayan 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 n.
Patunayan ang bisa ng pagkakakilanlan
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (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 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Ipagpalagay na para sa n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Pinatunayan namin na ang pagkakakilanlan ay totoo para sa 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)
Ito ay makikita mula sa itaas na patunay na ang assertion ay totoo para sa anumang positibong integer 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 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Ngunit ang (23 ґ 133) ay nahahati ng 133 nang 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 natitira
- 3) Patunayan natin na sa kasong ito (11 k+3 +12 2k+3) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi. Sa totoo lang
- 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
Ang resultang kabuuan ay nahahati ng 133 na walang nalalabi, 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, A (k) Yu A (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 nalalabi
- 1) Hayaan ang n=1, pagkatapos ay ang X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 ay hinati sa 6 na walang natitira. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo
- 2) Ipagpalagay na para sa n \u003d k 7 k -1 ay mahahati ng 6 nang walang natitira
- 3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6
Ang unang termino ay nahahati sa 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 isang arbitrary positive integer n ay nahahati ng 11.
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 =3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati ng 11 nang walang natitira
- 3) Pinatutunayan namin 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 nalalabi 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 natitira
- 1) Hayaang n=1, pagkatapos ay 11 2 -1=120 ay nahahati ng 6 na walang nalalabi. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo
- 2) Ipagpalagay na para sa n=k 1 2k -1 ay nahahati sa 6 na walang natitira
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 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 positive integer n ay nahahati ng 26 2 (676) nang walang natitira
Patunayan muna natin na ang 3 3n+3 -1 ay nahahati sa 26 na walang nalalabi
- 1. Kapag 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 ay totoo para sa n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - ay nahahati ng 26
Patunayan natin ngayon 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 ng 26 2 nang walang natitira
- 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 х>0, ang hindi pagkakapantay-pantay (1+х) n >1+n ґ х
- 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) ⋅ A(k+1) kung k> 2. Ipagpalagay na totoo ang A(k), ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay
- (1+х) k >1+k ґ 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 ґ x)(1+x)
Isaalang-alang ang kanang bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay; meron kami
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
Bilang resulta, nakuha namin iyon (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x
Kaya A(k) ⋅ A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n> 2
Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 ay totoo para sa a> 0
Solusyon: 1) Para sa m=1
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 parehong bahagi ay pantay
- 2) Ipagpalagay na para sa m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ 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 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
Napatunayan namin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa m=k+1, samakatuwid, dahil sa paraan ng induction ng matematika, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural na m
Patunayan na para sa n>6 ang hindi pagkakapantay-pantay 3 n >n ґ 2 n+1
Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay sa anyo (3/2) n >2n
- 1. Para sa n=7 mayroon tayong 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
- 2. Ipagpalagay na para sa n=k (3/2) k >2k
- 3) Patunayan natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1
- 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
Mula k>7, ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay halata.
Dahil sa 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)
- 1) Para sa n=3 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Ipagpalagay na para sa n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
- 3) Patunayan natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Patunayan natin na 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 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. 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 may hangganan 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. 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 ay isang integer ng induction hypothesis. 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 |х| (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. Ang pag-alis ng isa sa mga bilog na ito, makakakuha tayo 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 na may n + 1 na bilog, na dapat patunayan. 7. Tatawagin namin ang isang convex polygon na "maganda" kung ang mga sumusunod na kondisyon ay natutugunan: 1) bawat isa sa mga vertices nito ay pininturahan sa isa sa tatlong kulay; 2) anumang dalawang magkalapit 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. Ipahiwatig sa pamamagitan 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 panig o dayagonal na lalabas sa C maliban sa CA ay hindi maaaring tumawid sa AB at AD nang sabay, isang piniling dayagonal na CA lamang 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 panig 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. Pinapalitan ang 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. 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 mahahati ng 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. PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION Ang salitang induction sa Russian ay nangangahulugang patnubay, at ang mga inductive ay tinatawag na mga konklusyon batay sa mga obserbasyon, mga eksperimento, i.e. nakuha sa pamamagitan ng hinuha mula sa partikular hanggang sa pangkalahatan. Halimbawa, araw-araw nating napapansin na ang Araw ay sumisikat mula sa silangan. Samakatuwid, maaari mong siguraduhin na bukas ito ay lilitaw sa silangan, at hindi sa kanluran. Ginagawa namin ang konklusyon na ito nang hindi gumagamit ng anumang mga pagpapalagay tungkol sa sanhi ng paggalaw ng Araw sa kalangitan (bukod dito, ang paggalaw na ito mismo ay lumilitaw na maliwanag, dahil ang globo ay aktwal na gumagalaw). Gayunpaman, ang inductive derivation na ito ay wastong naglalarawan sa mga obserbasyon na gagawin natin bukas. Napakahusay ng papel ng mga inductive inferences sa mga pang-eksperimentong agham. Ibinibigay nila ang mga probisyong iyon, kung saan ang mga karagdagang konklusyon ay ginawa sa pamamagitan ng pagbabawas. At bagama't ang teoretikal na mekanika ay nakabatay sa tatlong batas ng paggalaw ni Newton, ang mga batas na ito mismo ay resulta ng malalim na pag-iisip sa pamamagitan ng eksperimentong data, lalo na, ang mga batas ni Kepler ng paggalaw ng planeta, na hinango niya sa panahon ng pagproseso ng mga pangmatagalang obserbasyon ng Ang Danish na astronomo na si Tycho Brahe. Ang pagmamasid at induction ay magiging kapaki-pakinabang sa hinaharap upang pinuhin ang mga pagpapalagay na ginawa. Matapos ang mga eksperimento ni Michelson sa pagsukat ng bilis ng liwanag sa isang gumagalaw na daluyan, ito ay naging kinakailangan upang linawin ang mga batas ng pisika at lumikha ng isang teorya ng relativity. Sa matematika, ang papel ng induction ay higit sa lahat na pinagbabatayan nito ang napiling axiomatics. Pagkatapos ng mahabang pagsasanay ay nagpakita na ang isang tuwid na landas ay palaging mas maikli kaysa sa isang hubog o sirang isa, natural na magbalangkas ng isang axiom: para sa anumang tatlong puntos na A, B at C, ang hindi pagkakapantay-pantay. Ang pinagbabatayan na ideya ng aritmetika na dapat sundin ay lumitaw din mula sa pagmamasid sa pagbuo ng mga sundalo, barko, at iba pang mga ordered set. Gayunpaman, hindi dapat isipin ng isa na ito na ang katapusan ng papel ng induction sa matematika. Siyempre, hindi natin dapat i-eksperimentong i-verify ang mga theorems na lohikal na hinuhusgahan mula sa mga axiom: kung walang mga lohikal na pagkakamali ang ginawa sa derivation, kung gayon ang mga ito ay totoo hangga't ang mga axiom na tinanggap natin ay totoo. Ngunit maraming mga pahayag ang maaaring mahihinuha mula sa sistemang ito ng mga axiom. At ang pagpili ng mga pahayag na kailangang patunayan ay muling iminungkahi ng induction. Siya ang nagpapahintulot sa amin na paghiwalayin ang mga kapaki-pakinabang na theorems mula sa mga walang silbi, ipinapahiwatig kung aling mga theorems ang maaaring maging totoo, at kahit na tumutulong upang maibalangkas ang landas ng patunay. Sa maraming seksyon ng aritmetika, algebra, geometry, pagsusuri, kailangang patunayan ng isa ang katotohanan ng mga pangungusap na A(n) na nakadepende sa isang natural na variable. Ang patunay ng katotohanan ng proposisyon A(n) para sa lahat ng mga halaga ng variable ay kadalasang maaaring isagawa sa pamamagitan ng pamamaraan ng matematikal na induction, na batay sa sumusunod na prinsipyo. Ang pangungusap na A(n) ay itinuturing na totoo para sa lahat ng natural na halaga ng variable kung ang sumusunod na dalawang kundisyon ay natutugunan: Ang Proposisyon A(n) ay totoo para sa n=1. Mula sa pagpapalagay na ang A(n) ay totoo para sa n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa susunod na halaga n=k+1. Ang prinsipyong ito ay tinatawag na prinsipyo ng mathematical induction. Karaniwan itong pinipili bilang isa sa mga axiom na tumutukoy sa natural na serye ng mga numero, at samakatuwid ay tinatanggap nang walang patunay. Ang paraan ng mathematical induction ay nauunawaan bilang ang sumusunod na paraan ng patunay. Kung kinakailangan na patunayan ang katotohanan ng proposisyon A(n) para sa lahat ng natural n, kung gayon, una, dapat suriin ng isa ang katotohanan ng proposisyon A(1) at, pangalawa, ipagpalagay ang katotohanan ng proposisyon A(k) , subukang patunayan na ang proposisyon A(k +1) ay totoo. Kung ito ay mapapatunayan, at ang patunay ay mananatiling wasto para sa bawat natural na halaga ng k, kung gayon, alinsunod sa prinsipyo ng matematikal na induction, ang proposisyon A(n) ay kinikilala bilang totoo para sa lahat ng mga halaga ng n. Ang paraan ng mathematical induction ay malawakang ginagamit sa pagpapatunay ng mga teorema, pagkakakilanlan, hindi pagkakapantay-pantay, sa paglutas ng mga problema sa divisibility, sa paglutas ng ilang geometriko at marami pang ibang problema. divisibility Gamit ang paraan ng mathematical induction, mapapatunayan ng isa ang iba't ibang pahayag tungkol sa divisibility ng natural na mga numero. Ang sumusunod na paninindigan ay madaling mapatunayan. Ipakita natin kung paano ito nakuha gamit ang paraan ng mathematical induction. Halimbawa 1. Kung ang n ay isang natural na numero, kung gayon ang numero ay pantay. Para sa n=1 ang aming pahayag ay totoo: - isang even na numero. Ipagpalagay natin na iyon ay isang even na numero. Dahil ang , ang 2k ay isang even na numero, kung gayon Halimbawa 2Patunayan ang katotohanan ng pangungusap A(n)=(ang numero 5 ay multiple ng 19), n ay isang natural na numero. Desisyon. Ang pahayag na A(1)=(ang numero ay multiple ng 19) ay totoo. Ipagpalagay na para sa ilang halaga n=k A(k)=(ang numero ay multiple ng 19) ay totoo. Tapos, since Malinaw, totoo rin ang A(k+1). Sa katunayan, ang unang termino ay nahahati ng 19 sa bisa ng pagpapalagay na ang A(k) ay totoo; ang pangalawang termino ay nahahati din ng 19, dahil naglalaman ito ng salik na 19. Ang parehong mga kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay nasiyahan, samakatuwid, ang proposisyon A(n) ay totoo para sa lahat ng mga halaga ng n. pagbubuod ng serye
Halimbawa 1Patunayan ang formula Desisyon. Para sa n=1, ang parehong bahagi ng pagkakapantay-pantay ay nagiging isa at, samakatuwid, ang unang kondisyon ng prinsipyo ng matematikal na induction ay nasiyahan. Ipagpalagay na ang formula ay totoo para sa n=k, i.e. Idagdag natin sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at baguhin ang kanang bahagi. Pagkatapos makuha namin Kaya, mula sa katotohanan na ang formula ay totoo para sa n=k, ito ay sumusunod na ito ay totoo rin para sa n=k+1. Ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na halaga ng k. Kaya, nasiyahan din ang pangalawang kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika. Napatunayan na ang formula. Halimbawa 2Patunayan na ang kabuuan ng unang n numero ng natural na serye ay . Desisyon. Tukuyin natin ang kinakailangang halaga , ibig sabihin. Para sa n=1, ang hypothesis ay totoo. Hayaan talaga, Nalutas ang problema. Halimbawa 3Patunayan na ang kabuuan ng mga parisukat ng unang n bilang ng natural na serye ay katumbas ng Desisyon. Hayaan . Kunwari na lang At sa wakas. Halimbawa 4 Patunayan mo yan. Desisyon. Kung , kung gayon Halimbawa 5 Patunayan mo yan Desisyon. Para sa n=1, malinaw na tama ang hypothesis. Hayaan . Patunayan natin yan. Talaga, Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa
patunay ng hindi pagkakapantay-pantay
Halimbawa 1Patunayan iyon para sa anumang natural na numero n>1 Desisyon. Tukuyin ang kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng . Samakatuwid, para sa n=2, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo. Hayaan para sa ilang k. Patunayan natin iyan at . Meron kami Paghahambing at , mayroon kami Para sa anumang positibong integer k, ang kanang bahagi ng huling pagkakapantay-pantay ay positibo. Kaya . Ngunit , samakatuwid, at . Halimbawa 2Maghanap ng pagkakamali sa pangangatwiran. Pahayag. Para sa anumang natural n, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo. Patunay. . (1)
Patunayan natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto din para sa n=k+1, i.e. Sa katunayan, hindi bababa sa 2 para sa anumang natural na k. Idagdag natin ang hindi pagkakapantay-pantay (1) sa kaliwang bahagi, at 2 sa kanang bahagi. Nakakakuha tayo ng patas na hindi pagkakapantay-pantay , o Halimbawa 3Patunayan mo yan Desisyon. Para sa n=2, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil . Hayaang maging totoo ang hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k, kung saan ang k ay ilang natural na numero, i.e. Ipakita natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto din para sa n=k+1, i.e. . (2)
Sa katunayan, sa pamamagitan ng pagpapalagay, , samakatuwid, ang hindi pagkakapantay-pantay , (3)
nakuha mula sa hindi pagkakapantay-pantay (1) sa pamamagitan ng pagpaparami ng bawat bahagi nito sa . Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay (3) tulad ng sumusunod: . Ang pagtatapon ng positibong termino sa kanang bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay, makuha natin ang wastong hindi pagkakapantay-pantay (2). Halimbawa 4 Patunayan mo yan (1)
kung saan ang , , n ay isang natural na bilang na higit sa 1. Desisyon. Para sa n=2, ang hindi pagkakapantay-pantay (1) ay nasa anyo Dahil , pagkatapos ay ang hindi pagkakapantay-pantay . (3)
Pagdaragdag sa bawat bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (3) ng , nakukuha natin ang hindi pagkakapantay-pantay (2). Ito ay nagpapatunay na ang hindi pagkakapantay-pantay (1) ay tumatagal para sa n=2. Hayaang maging wasto ang hindi pagkakapantay-pantay (1) para sa n=k, kung saan ang k ay ilang natural na numero, i.e. . (4)
Patunayan natin na ang hindi pagkakapantay-pantay (1) ay dapat ding maging wasto para sa n=k+1, i.e. (5)
I-multiply natin ang parehong bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (4) sa a+b. Dahil, ayon sa kondisyon, , nakukuha namin ang sumusunod na patas na hindi pagkakapantay-pantay: . (6)
Upang patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay (5), sapat na upang ipakita iyon , (7)
o, na pareho, . (8)
Ang hindi pagkakapantay-pantay (8) ay katumbas ng hindi pagkakapantay-pantay Kung , pagkatapos , at sa kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (9) mayroon tayong produkto ng dalawang positibong numero. Kung , pagkatapos , at sa kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (9) mayroon tayong produkto ng dalawang negatibong numero. Sa parehong mga kaso ang hindi pagkakapantay-pantay (9) ay may bisa. Ito ay nagpapatunay na ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay (1) para sa n=k ay nagpapahiwatig ng bisa nito para sa n=k+1. Paraan ng mathematical induction bilang inilapat sa iba
mga gawain Ang pinaka-natural na aplikasyon ng pamamaraan ng matematikal na induction sa geometry, malapit sa paggamit ng pamamaraang ito sa teorya ng numero at algebra, ay ang aplikasyon sa solusyon ng mga geometric computational na problema. Tingnan natin ang ilang halimbawa. Halimbawa 1Kalkulahin ang gilid ng tama - isang parisukat na nakasulat sa isang bilog na radius R. Desisyon. Para sa n=2 tama 2 n - isang parisukat ay isang parisukat; kanyang panig. Dagdag pa, ayon sa pagdodoble ng formula hanapin na ang gilid ng isang regular na octagon Ipagpalagay natin na ang gilid ng isang regular na inscribed -gon ay ipinahayag ng formula (1). Sa kasong ito, sa pamamagitan ng pagdodoble formula kung saan sumusunod na ang formula (1) ay wasto para sa lahat ng n. Halimbawa 2Ilang tatsulok ang maaaring hatiin ng isang n-gon (hindi kinakailangang matambok) sa pamamagitan ng mga di-nagsalubong na diagonal nito? Desisyon. Para sa isang tatsulok, ang numerong ito ay katumbas ng isa (walang mga diagonal ang maaaring iguhit sa isang tatsulok); para sa isang quadrilateral ang numerong ito ay malinaw na katumbas ng dalawa. Kunwari alam na natin na bawat k-gon, kung saan k Isang n A 1 A 2 Hayaang ang А 1 А k ay isa sa mga dayagonal ng partisyon na ito; hinahati nito ang n-gon А 1 А 2 …А n sa k-gon A 1 A 2 …A k at ang (n-k+2)-gon А 1 А k A k+1 …A n . Dahil sa ginawang pagpapalagay, ang kabuuang bilang ng mga tatsulok ng partisyon ay magiging katumbas ng (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; kaya napatunayan ang aming paninindigan para sa lahat n. Halimbawa 3Tukuyin ang isang panuntunan para sa pagkalkula ng bilang na P(n) ng mga paraan kung saan ang isang matambok n-gon ay maaaring hatiin sa mga tatsulok sa pamamagitan ng mga hindi intersecting na diagonal. Desisyon. Para sa isang tatsulok, ang numerong ito ay malinaw na katumbas ng isa: P(3)=1. Ipagpalagay na natukoy na natin ang mga numerong P(k) para sa lahat ng k Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -isa). Gamit ang formula na ito, sunod-sunod nating makuha ang: 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 atbp. Gayundin, gamit ang paraan ng mathematical induction, maaari mong malutas ang mga problema sa mga graph. Hayaang magbigay ng network ng mga linya sa eroplano, na nagkokonekta ng ilang mga punto sa isa't isa at walang ibang mga punto. Tatawagin namin ang naturang network ng mga linya na isang mapa, na binibigyan ng mga punto sa pamamagitan ng mga vertice nito, mga segment ng mga kurba sa pagitan ng dalawang katabing vertices - ang mga hangganan ng mapa, mga bahagi ng eroplano kung saan ito ay hinati ng mga hangganan - ang mga bansa ng mapa. Hayaang magbigay ng ilang mapa sa eroplano. Sasabihin namin na ito ay tama ang kulay kung ang bawat isa sa mga bansa nito ay pininturahan sa isang tiyak na kulay, at alinman sa dalawang bansa na nagbabahagi ng isang karaniwang hangganan ay pininturahan sa magkaibang kulay. Halimbawa 4Mayroong 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. Desisyon. Para sa n=1 ang aming assertion ay halata. Ipagpalagay na ang aming pahayag ay totoo para sa anumang mapa na nabuo ng n mga bilog, at hayaan ang n + 1 na mga bilog ay ibigay sa eroplano. Sa pamamagitan ng pag-alis 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, halimbawa, itim at puti.Mga problema sa mga solusyon
Mga problemang walang solusyon
Ang kakanyahan ng pamamaraan ng induction ng matematika
Ang paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa
kahit. Kaya, ang parity ay pinatunayan para sa n=1, ang parity ay deduced mula sa parity 
.Kaya, kahit na para sa lahat ng natural na halaga ng n.
Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa
, n ay isang natural na numero.
.
.
. Ipakita natin iyan 
.
.
.
. Pagkatapos
.
, .
, ibig sabihin. 
.
.
. Napatunayan na ang assertion.
, kung saan ang >-1, , n ay isang natural na bilang na higit sa 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, gilid ng isang regular na hexagon 
, ang gilid ng isang regular na tatlumpu't dalawang anggulo 
. Maaari nating ipagpalagay na ang gilid ng isang regular na nakasulat 2 n - isang parisukat para sa alinman ay katumbas
. (1)
,
