MBOU Lyceum "Teknikal at Pang-ekonomiya"

PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION

PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION.

PALIWANAG TALA

Pag-unlad ng metodo "Paraan mathematical induction» ay pinagsama-sama para sa mga mag-aaral ng ika-10 baitang ng mathematical profile.

Pangunahing layunin: upang ipakilala sa mga mag-aaral ang pamamaraan ng induction sa matematika at ituro kung paano ilapat ito kapag nagresolve iba't ibang gawain.

AT pag-unlad ng pamamaraan ang mga tanong ng elementarya na matematika ay isinasaalang-alang: mga problema sa divisibility, patunay ng pagkakakilanlan, patunay ng hindi pagkakapantay-pantay, mga problema ay iminungkahi iba't ibang antas kahirapan, kabilang ang mga gawaing inaalok sa Olympiads.

Ang papel na ginagampanan ng inductive inferences sa pang-eksperimentong agham Napakalaki. Ibinibigay nila ang mga probisyong iyon, kung saan ang mga karagdagang konklusyon ay ginawa sa pamamagitan ng pagbabawas. Pangalan paraan ng mathematical induction mapanlinlang - sa katunayan, ang pamamaraang ito ay deduktibo at nagbibigay ng mahigpit na patunay ng mga pahayag na hinulaan ng induction. Ang pamamaraan ng matematikal na induction ay nakakatulong upang matukoy ang mga ugnayan sa pagitan ng iba't ibang mga seksyon ng matematika, tumutulong upang mabuo ang matematikal na kultura ng mag-aaral.

Kahulugan ng paraan ng mathematical induction. Kumpleto at hindi kumpletong induction. Patunay ng hindi pagkakapantay-pantay. Patunay ng pagkakakilanlan. Paglutas ng mga problema sa divisibility. Paglutas ng iba't ibang mga problema sa paksang "Paraan ng induction ng matematika".

PANITIKAN PARA SA GURO

1. M.L. Galitsky. Malalim na pag-aaral ng kurso ng algebra at mathematical analysis. - M. Enlightenment. 1986.

2. L.I. Zvavich. Algebra at ang simula ng pagsusuri. Mga materyales sa didactic. M. Drofa. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Algebra at pagsusuri sa matematika. M Enlightenment. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Paraan ng mathematical induction. NGU.1995.

PANITIKAN PARA SA MGA MAG-AARAL

1. N.Ya. Vilenkin. Algebra at mathematical analysis. M Enlightenment. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Paraan ng mathematical induction. NGU.1995.

MGA KEYWORDS

Induction, axiom, prinsipyo ng mathematical induction, complete induction, incomplete induction, assertion, identity, inequality, divisibility.

DIDACTIC APPENDIX SA PAKSA

"PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION".

Aralin #1

Kahulugan ng paraan ng mathematical induction.

Ang pamamaraan ng mathematical induction ay isa sa mga pinaka-epektibong pamamaraan para sa paghahanap ng mga bagong resulta at pagpapatunay ng katotohanan ng mga pagpapalagay na iniharap. Bagama't hindi bago ang pamamaraang ito sa matematika, hindi nawawala ang interes dito. Sa unang pagkakataon sa isang malinaw na presentasyon, ang paraan ng matematikal na induction ay inilapat noong ika-17 siglo ng namumukod-tanging Pranses na siyentipiko na si Blaise Pascal sa pagpapatunay ng mga katangian ng isang tatsulok na numero, na mula noon ay ipinangalan sa kanya. Gayunpaman, ang ideya ng induction ng matematika ay kilala sa mga sinaunang Greeks. Ang pamamaraan ng mathematical induction ay batay sa prinsipyo ng mathematical induction, na tinatanggap bilang isang axiom. Isasaalang-alang namin ang ideya ng induction ng matematika na may mga halimbawa.

Halimbawa #1.

Ang parisukat ay nahahati sa isang segment sa dalawang bahagi, pagkatapos ay ang isa sa mga resultang bahagi ay nahahati sa dalawang bahagi, at iba pa. Tukuyin kung ilang bahagi ang nahahati sa parisukat P hakbang?

Desisyon.

Pagkatapos ng unang hakbang, kami, ayon sa kondisyon, ay nakakakuha ng 2 bahagi. Sa pangalawang hakbang, iniiwan namin ang isang bahagi na hindi nagbabago, at hatiin ang pangalawa sa 2 bahagi at kumuha ng 3 bahagi. Sa ikatlong hakbang, iniiwan namin ang 2 bahagi na hindi nagbabago, at hatiin ang pangatlo sa dalawang bahagi at kumuha ng 4 na bahagi. Sa ika-apat na hakbang, iniiwan namin ang 3 bahagi na hindi nagbabago, at huling parte hatiin sa dalawa at makakuha ng 5 bahagi. Sa ikalimang hakbang, makakakuha tayo ng 6 na bahagi. Ang mungkahi ay ginawa na sa pamamagitan ng P hakbang na nakukuha namin (n+1) bahagi. Ngunit ang panukalang ito ay kailangang patunayan. Ipagpalagay natin na sa pamamagitan ng sa mga hakbang na nahahati ang parisukat (k+1) bahagi. Pagkatapos ay sa (k+1) hakbang tayo sa ang mga bahagi ay iiwang hindi magbabago, at (k+1) hatiin ang bahagi sa dalawang bahagi at makuha (k+2) mga bahagi. Napansin mo na maaari kang makipagtalo ng ganito hangga't gusto mo, ad infinitum. Ibig sabihin, assumption namin yun P hahatiin ang mga steps square sa (n+1) bahagi, nagiging napatunayan.

Halimbawa #2.

Ang aking lola ay may isang apo na mahilig sa jam, at lalo na ang nasa isang litro ng garapon. Ngunit hindi siya pinayagan ng lola na hawakan. At nagpasya ang mga apo na linlangin ang kanilang lola. Nagpasya siyang kumain araw-araw ng 1/10 litro mula sa garapon na ito at lagyan ito ng tubig, na hinahalo nang maigi. Makalipas ang ilang araw matutuklasan ni lola ang panlilinlang kung ang jam ay nananatiling pareho sa hitsura kapag natunaw ng tubig sa kalahati?

Desisyon.

Alamin kung gaano karaming purong jam ang mananatili sa garapon pagkatapos P araw. Pagkatapos ng unang araw, ang halo ay mananatili sa garapon, na binubuo ng 9/10 jam at 1/10 tubig. Pagkatapos ng dalawang araw, 1/10 ng pinaghalong tubig at jam ang mawawala sa garapon at mananatili (1 litro ng halo ay naglalaman ng 9/10 litro ng jam, 1/10 litro ng halo ay naglalaman ng 9/100 litro ng jam)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litro ng jam. Sa ikatlong araw, mawawala sa garapon ang 1/10 litro ng halo na binubuo ng 81/100 jam at 19/100 na tubig. Sa 1 litro ng pinaghalong mayroong 81/100 litro ng jam, sa 1/10 litro ng pinaghalong 81/1000 litro ng jam. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litro ng jam ang maiiwan pagkatapos ng 3 araw, at ang natitira ay kukunin ng tubig. Lumilitaw ang isang pattern. Sa pamamagitan ng P mga araw na natitira sa bangko (9/10) P l jam. Ngunit muli, ito ay aming hula lamang.

Hayaan sa ay isang arbitrary na natural na numero. Ipagpalagay natin na sa pamamagitan ng sa araw sa bangko ay mananatili (9/10) sa l jam. Tingnan natin kung ano ang nasa bangko sa ibang araw, iyon ay, sa (k+1) araw. Mawawala sa bangko 1/10l isang halo ng (9/10) sa l jam at tubig. AT 1l timpla ay (9/10) sa l jam, sa 1/10l pinaghalong (9/10) k+1 l jam. Ngayon ay ligtas nating masasabi iyon sa pamamagitan ng P araw na natitira sa bangko (9/10) P l jam. Sa 6 na araw magkakaroon ang bangko 531444/1000000l jam, pagkatapos ng 7 araw - 4782969/10000000l jam, iyon ay, wala pang kalahati.

Sagot: pagkatapos ng 7 araw, matutuklasan ng lola ang panloloko.

Subukan nating isa-isa ang pinakapangunahing solusyon sa mga isinasaalang-alang na problema. Sinimulan naming lutasin ang bawat isa sa kanila sa pamamagitan ng pagsasaalang-alang ng hiwalay o, gaya ng sinasabi nila, mga espesyal na kaso. Pagkatapos, batay sa aming mga obserbasyon, gumawa kami ng ilang mga pagpapalagay P(n), depende sa natural P.

ang assertion ay nasuri, iyon ay, napatunayan P(1), P(2), P(3);

nagmungkahi na P(n) wasto para sa n=k at deduced na pagkatapos ito ay magiging wasto para sa susunod n, n=k+1.

At pagkatapos ay nagtalo sila ng ganito: P(1) tama, P(2) tama, P(3) tama, P(4) tama... tama P(n).

Ang prinsipyo ng mathematical induction.

Pahayag P(n), depende sa natural P, ay may bisa para sa lahat ng natural P, kung

1) ang bisa ng assertion para sa n=1;

2) mula sa pagpapalagay ng bisa ng pahayag P(n) sa n=k dapat

hustisya P(n) sa n=k+1.

Sa matematika, ang prinsipyo ng mathematical induction ay pinili, bilang panuntunan, bilang isa sa mga axiom na tumutukoy sa natural na serye ng mga numero, at, samakatuwid, ay tinatanggap nang walang patunay. Ang paraan ng patunay sa pamamagitan ng prinsipyo ng mathematical induction ay karaniwang tinatawag na paraan ng mathematical induction. Tandaan na ang paraang ito ay malawakang ginagamit sa pagpapatunay ng mga teorema, pagkakakilanlan, hindi pagkakapantay-pantay sa paglutas ng mga problema sa divisibility at marami pang ibang problema.

Aralin #2

Kumpleto at hindi kumpletong induction.

Sa kaso kapag ang isang matematikal na pahayag ay may kinalaman sa isang may hangganan na bilang ng mga bagay, ito ay mapapatunayan sa pamamagitan ng pagsuri sa bawat bagay, halimbawa, ang pahayag na "Bawat dalawang halaga kahit na numero ay ang kabuuan ng dalawang prime number. Ang paraan ng patunay kung saan sinusuri natin ang isang pahayag para sa isang may hangganang bilang ng mga kaso ay tinatawag na kumpletong mathematical induction. Ang pamamaraang ito ay medyo bihira, dahil ang mga pahayag ay madalas na isinasaalang-alang sa walang katapusang set. Halimbawa, ang theorem na "Anumang kahit na numero ay katumbas ng kabuuan ng dalawang prime na numero" ay hindi pa napatunayan o tinatanggihan sa ngayon. Kahit na sinubukan natin ang theorem na ito para sa unang bilyon, hindi ito magdadala sa atin ng isang hakbang na palapit sa patunay nito.

AT mga likas na agham ilapat ang hindi kumpletong induction, suriin ang eksperimento nang maraming beses, paglilipat ng resulta sa lahat ng mga kaso.

Halimbawa #3

Hulaan natin kasama hindi kumpletong induction formula para sa kabuuan ng mga cube ng mga natural na numero.

Desisyon.

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

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

Patunay.

Hayaan itong maging totoo para sa n=k.

Patunayan natin na totoo iyon para sa n=k+1.

Konklusyon: ang formula para sa kabuuan ng mga cube ng mga natural na numero ay totoo para sa anumang natural P.

Halimbawa #4

Isaalang-alang ang pagkakapantay-pantay at hulaan kung alin karaniwang batas ibigay ang mga halimbawang ito.

Desisyon.

1=0+1

2+3+4=1+8

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

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

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

……………………………………………………………..

Halimbawa #5

Isulat ang mga sumusunod na expression bilang kabuuan:

1)
2)
3)
; 4)
.

liham ng Griyego"sigma".

Halimbawa #6.

Isulat ang mga sumusunod na kabuuan gamit ang tanda
:

2)

Halimbawa #7.

Isulat ang mga sumusunod na expression bilang mga produkto:

1)

3)
4)

Halimbawa #8.

Isulat ang mga sumusunod na akda gamit ang tanda

(kapital na letrang Griyego na "pi")

1)
2)

Halimbawa #9.

Pag-compute ng halaga ng isang polynomial f ( n )= n 2 + n +11 , sa n=1,2,3,4.5,6,7 maaari itong ipagpalagay na para sa anumang naturalP numero f ( n ) simple lang.

Tama ba ang assumption na ito?

Desisyon.

Kung ang bawat summand ay nahahati sa isang numero, kung gayon ang kabuuan ay mahahati sa numerong iyon,
ay hindi pangunahing numero para sa anumang naturalP.

Naglalaro ang pag-parse ng may hangganang bilang ng mga case mahalagang papel sa matematika: nang hindi nagbibigay ng patunay ng ito o ang pahayag na iyon, nakakatulong itong hulaan tamang salita ang pahayag na ito, kung hindi pa alam. Ganito naisip ni Goldbach, isang miyembro ng St. Petersburg Academy of Sciences, na ang anumang natural na numero, simula sa dalawa, ay ang kabuuan ng hindi hihigit sa tatlong simple numero.

Aralin #3

Ang paraan ng mathematical induction ay nagpapahintulot sa amin na patunayan ang iba't ibang pagkakakilanlan.

Halimbawa #10. Patunayan natin iyan para sa lahat P ang pagkakakilanlan

Desisyon.

Ilagay natin

Kailangan nating patunayan iyon

Patunayan natin na Noon mula sa katotohanan ng pagkakakilanlan

sumusunod ang katotohanan ng pagkakakilanlan

Sa pamamagitan ng prinsipyo ng mathematical induction, ang katotohanan ng pagkakakilanlan para sa lahat P.

Halimbawa #11.

Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

term-by-term na pagkakapantay-pantay.

;
. Kaya ang pagkakakilanlan na ito ay totoo para sa lahatP .

Aralin bilang 4.

Patunay ng pagkakakilanlan sa pamamagitan ng mathematical induction.

Halimbawa #12. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

Sa paglalapat ng prinsipyo ng mathematical induction, napatunayan namin na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa lahat P.

Halimbawa #13. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

Ang paglalapat ng prinsipyo ng mathematical induction, napatunayan namin na ang pahayag ay totoo para sa anumang natural P.

Halimbawa #14. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

Halimbawa #15. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

1) n=1;

2) para sa n=k pagkakapantay-pantay

3) patunayan na ang pagkakapantay-pantay ay pinanghahawakan n=k+1:

Konklusyon: ang pagkakakilanlan ay wasto para sa anumang natural P.

Halimbawa #16. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

Kung ang n=1 , pagkatapos

Hayaang manatili ang pagkakakilanlan n=k.

Patunayan natin na pinanghahawakan ang pagkakakilanlan n=k+1.

Kung gayon ang pagkakakilanlan ay wasto para sa anumang natural P.

Aralin bilang 5.

Patunay ng pagkakakilanlan sa pamamagitan ng mathematical induction.

Halimbawa #17. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Patunay.

Kung ang n=2 , pagkatapos ay makuha namin ang tamang pagkakapantay-pantay:

Hayaang maging totoo ang pagkakapantay-pantayn=k:

Patunayan natin ang bisa ng assertion para sa n=k+1.

Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pagkakakilanlan ay napatunayan.

Halimbawa #18. Patunayan natin ang pagkakakilanlan
para sa n≥2.

Sa n=2 ang pagkakakilanlang ito ay muling isusulat sa napaka simpleng anyo

at halatang totoo.

Hayaan sa n=k Talaga

.

Patunayan natin ang bisa ng assertion para san=k+1, ibig sabihin, ang pagkakapantay-pantay ay nasiyahan: .

Kaya, napatunayan namin na ang pagkakakilanlan ay totoo para sa anumang natural n≥2.

Halimbawa #19. Patunayan natin ang pagkakakilanlan

Sa n=1 nakukuha natin ang tamang pagkakapantay-pantay:

Ipagpalagay natin na sa n=k nakukuha rin natin ang tamang pagkakapantay-pantay:

Patunayan natin na ang bisa ng pagkakapantay-pantay ay sinusunod n=k+1:

Kung gayon ang pagkakakilanlan ay wasto para sa anumang natural P.

Aralin bilang 6.

Paglutas ng mga problema sa divisibility.

Halimbawa #20. Patunayan sa pamamagitan ng mathematical induction na

hinati ng 6 walang bakas.

Patunay.

Sa n=1 mayroong paghahati sa6 walang bakas,
.

Hayaan sa n=k pagpapahayag
maramihan6.

Patunayan natin na kung kailan n=k+1 pagpapahayag
maramihan6 .

Ang bawat termino ay maramihang 6 , kaya ang kabuuan ay multiple ng 6 .

Halimbawang numero 21.
sa5 walang bakas.

Patunay.

Sa n=1 mahahati ang ekspresyon
.

Hayaan sa n=k pagpapahayag
nahahati din sa5 walang bakas.

Sa n=k+1 hinati ng 5 .

Halimbawa #22. Patunayan ang divisibility ng isang expression
sa16.

Patunay.

Sa n=1 maramihan 16 .

Hayaan sa n=k
maramihan16.

Sa n=k+1

Ang lahat ng mga termino ay nahahati ng 16: ang una ay malinaw naman ang pangalawa sa pamamagitan ng pagpapalagay, at ang pangatlo ay may pantay na numero sa mga bracket.

Halimbawa #23. Patunayan ang divisibility
sa676.

Patunay.

Patunayan muna natin yan
hinati ng
.

Sa n=0
.

Hayaan sa n=k
hinati ng26 .

Pagkatapos sa n=k+1 hinati ng 26 .

Patunayan natin ngayon ang assertion na nabuo sa kondisyon ng problema.

Sa n=1 hinati ng 676.

Sa n=k totoo ba na
hinati ng26 2 .

Sa n=k+1 .

Ang parehong mga termino ay nahahati ng 676 ; ang una ay dahil napatunayan natin ang divisibility sa pamamagitan ng 26 expression sa mga bracket, at ang pangalawa ay nahahati ng inductive hypothesis.

Aralin bilang 7.

Paglutas ng mga problema sa divisibility.

Halimbawa numero 24.

Patunayan mo yan
hinati ng5 walang bakas.

Patunay.

Sa n=1
hinati ng5.

Sa n=k
hinati ng5 walang bakas.

Sa n=k+1 ang bawat termino ay nahahati ng5 walang bakas.

Halimbawa #25.

Patunayan mo yan
hinati ng6 walang bakas.

Patunay.

Sa n=1
hinati ng6 walang bakas.

Hayaan sa n=k
hinati ng6 walang bakas.

Sa n=k+1 hinati ng 6 walang natitira, dahil ang bawat termino ay nahahati ng6 walang nalalabi: ang unang termino, sa pamamagitan ng inductive assumption, ang pangalawa, malinaw naman, ang pangatlo, dahil
kahit na numero.

Halimbawa #26.

Patunayan mo yan
kapag hinahati sa pamamagitan ng9 nagbibigay ng natitira 1 .

Patunay.

Patunayan natin yan
hinati ng9 .

Sa n=1
hinati ng 9 . Hayaan sa n=k
hinati ng9 .

Sa n=k+1 hinati ng 9 .

Halimbawang numero 27.

Patunayan na mahahati ng15 walang bakas.

Patunay.

Sa n=1 hinati ng 15 .

Hayaan sa n=k hinati ng 15 walang bakas.

Sa n=k+1

Ang unang termino ay maramihang15 sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang pangalawang termino ay isang multiple ng15 – malinaw naman, ang ikatlong termino ay maramihan ng15 , bilang
maramihan5 (napatunayan sa halimbawa Blg. 21), ang ikaapat at ikalimang termino ay maramihan din5 , na kitang-kita, kung gayon ang kabuuan ay isang multiple ng15 .

Aralin bilang 8-9.

Patunay ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng mathematical induction

Halimbawa #28.
.

Sa n=1 meron kami
- tama.

Hayaan sa n=k
ay isang tunay na hindi pagkakapantay-pantay.

Sa n=k+1

Kung gayon ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural P.

Halimbawa #29. Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
para sa anumang P.

Sa n=1 nakukuha natin ang tamang hindi pagkakapantay-pantay 4 >1.

Hayaan sa n=k ang hindi pagkakapantay-pantay
.

Patunayan natin na kung kailan n=k+1 ang hindi pagkakapantay-pantay

Para sa anumang natural sa napapansin ang hindi pagkakapantay-pantay.

Kung ang
sa
pagkatapos

Halimbawa #30.

para sa anumang natural P at anuman

Hayaan n=1
, tama.

Ipagpalagay natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay pinanghahawakan n=k:
.

Sa n=k+1

Halimbawang numero 31. Patunayan ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay

para sa anumang natural P.

Patunayan muna natin iyon para sa anumang natural t ang hindi pagkakapantay-pantay

I-multiply ang magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng
. Nakakakuha tayo ng katumbas na hindi pagkakapantay-pantay o
;
; - ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay nananatili sa anumang natural t.

Sa n=1 totoo ang orihinal na hindi pagkakapantay-pantay
;
;
.

Hayaang manatili ang hindi pagkakapantay-pantay n=k:
.

Sa n=k+1

Aralin bilang 10.

Paglutas ng mga problema sa paksa

Paraan ng mathematical induction.

Halimbawa #32. Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli.

Kung ang
, pagkatapos ay para sa lahat ng natural na halagaP ang hindi pagkakapantay-pantay

Patunay.

Sa n=1 ang hindi pagkakapantay-pantay na pinatutunayan ay tumatagal ng anyo
at halatang tama. Ipagpalagay natin na ito ay totoo para san=k , ibig sabihin, ano
.

Dahil ayon sa kondisyon
, pagkatapos
, at samakatuwid ang hindi pagkakapantay-pantay ay hindi nagbabago ng kahulugan nito kapag ang parehong mga bahagi nito ay pinarami ng
:

Bilang
, pagkatapos makuha namin iyon

.

Kaya ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=1, at mula sa katotohanan nito sa n=k ito ay sumusunod na ito ay totoo at n=k+1. Samakatuwid, sa pamamagitan ng mathematical induction, ito ay humahawak para sa lahat ng natural P.

Halimbawa,

Halimbawa numero 33. Hanapin ang lahat ng natural na halagaP , kung saan ang hindi pagkakapantay-pantay

Desisyon.

Sa n=1 tama ang hindi pagkakapantay-pantay. Sa n=2 totoo rin ang hindi pagkakapantay-pantay.

Sa n=3 ang hindi pagkakapantay-pantay ay hindi na nasisiyahan. Kapag lang n=6 ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak, upang para sa batayan ng induction na maaari nating kunin n=6.

Ipagpalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa ilang natural sa:

Isaalang-alang ang hindi pagkakapantay-pantay

Ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak kung
Pagsusulit sa paksang n=1 ay ibinibigay nang paulit-ulit: n≥5 , kung saan P- -natural na numero.

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 agham sa matematika Ang pagbabawas ay ang tanging lehitimong paraan ng pananaliksik. 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, halos kapareho ng 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 isang 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: batay sa mga partikular na halimbawa, maaaring makagawa ng maling konklusyon. 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 ilang 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 arbitrary na 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 ganung 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 pala ay para sa 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,
, ibig sabihin, 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 natural kakaibang numero ay katumbas ng parisukat ng kanilang bilang, 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 paraan 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
pare-pareho ang tuluy-tuloy na pag-andar ay pare-pareho 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, hypothesis na ito totoo 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 ito ay valid din para sa isang set na binubuo ng 0 elemento - isang walang laman na set: mayroon itong isang subset - mismo, at 2 0 =1. ■ 

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, ang pahayag ay totoo rin 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 pag-unlad ng aritmetika kasama ang unang miyembro a 1 = 1 at pagkakaiba d= 1. Dahil sa kilalang formula , 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 lutasin (katulad ng nauna) nang hindi gumagamit ng paraan ng mathematical 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 natin

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 na may kinalaman 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 isang > -1 ay nagpapahiwatig ng isang + 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 hindi isang numero (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) - 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.

Savelyeva Ekaterina

Isinasaalang-alang ng papel ang aplikasyon ng pamamaraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility, hanggang sa kabuuan ng serye. Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay at sa solusyon mga problemang geometriko. Ang gawain ay inilalarawan sa isang pagtatanghal.

I-download:

Preview:

Ministri ng Agham at Edukasyon ng Russian Federation

Institusyong pang-edukasyon ng estado

karaniwan komprehensibong paaralan № 618

Kurso: Algebra at Simula ng Pagsusuri

Paksa ng gawaing proyekto

"Paraan ng mathematical induction at ang aplikasyon nito sa paglutas ng problema"

Nakumpleto ang trabaho: Savelyeva E, 11B klase

Superbisor : Makarova T.P., guro sa matematika, sekondaryang paaralan №618

1. Panimula.

2.Paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility.

3. Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa pagsusuma ng serye.

4. Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay.

5. Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa solusyon ng mga geometric na problema.

6. Listahan ng mga ginamit na panitikan.

Panimula

Sa base ng bawat pananaliksik sa matematika lie deductive at induktibong pamamaraan. Ang deduktibong paraan ng pangangatwiran ay pangangatwiran mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular, i.e. pangangatwiran na nagsisimula sa Kabuuang resulta, at ang huling punto ay isang bahagyang 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 kami mula sa pinakamababa, bilang isang resulta lohikal na pag-iisip dumating tayo sa 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 lumago ang larangan ng aplikasyon ng pamamaraan ng induction ng matematika, sa kurikulum ng paaralan nabibigyan siya ng kaunting oras.Ngunit napakahalaga na makapag-isip nang pasaklaw. Ang paglalapat ng prinsipyong ito sa paglutas ng mga problema at pagpapatunay ng mga teorema ay katumbas ng pagsasaalang-alang sa pagsasanay sa paaralan at iba pang mga prinsipyo sa matematika: ibinukod sa gitna, pagsasama-pagbubukod, Dirichlet, atbp. Ang sanaysay na ito ay naglalaman ng mga problema mula sa iba't ibang sangay ng matematika, kung saan ang pangunahing kasangkapan ay ang paggamit ng paraan ng mathematical induction. Sa pagsasalita tungkol sa kahalagahan ng pamamaraang ito, si A.N. Nabanggit ni Kolmogorov na "ang pag-unawa at kakayahang ilapat ang prinsipyo ng mathematical induction ay isang magandang criterion kapanahunan, na talagang kinakailangan para sa isang mathematician. Ang paraan ng induction sa pinakamalawak na kahulugan nito ay binubuo sa paglipat mula sa pribadong mga obserbasyon sa unibersal, pangkalahatang pattern o pangkalahatang salita. Sa interpretasyong ito, ang pamamaraan ay, siyempre, ang pangunahing pamamaraan para sa pagsasagawa ng pananaliksik sa anumang eksperimentong natural na agham.

aktibidad ng tao. Ang pamamaraan (prinsipyo) ng mathematical induction sa pinakasimpleng anyo nito ay ginagamit kapag kinakailangan upang patunayan ang isang pahayag para sa lahat ng natural na numero.

Suliranin 1. Sa kanyang artikulong “Paano Ako Naging Mathematician” A.N. Sumulat si Kolmogorov: "Natutunan ko ang kagalakan ng "pagtuklas" sa matematika nang maaga, na napansin sa edad na lima o anim na taon ang pattern

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 at iba pa.

Inilathala ng paaralan ang magazine na "Spring Swallows". Dito, nai-publish ang aking natuklasan ... "

Hindi namin alam kung anong uri ng patunay ang ibinigay sa journal na ito, ngunit nagsimula ang lahat sa mga pribadong obserbasyon. Ang hypothesis mismo, na malamang na lumitaw pagkatapos ng pagtuklas ng mga bahagyang pagkakapantay-pantay na ito, ay ang formula

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

totoo para sa anumang ibinigay na numero n = 1, 2, 3, ...

Upang patunayan ang haka-haka na ito, sapat na upang magtatag ng dalawang katotohanan. Una, para sa n = 1 (at kahit para sa n = 2, 3, 4) ang nais na pahayag ay totoo. Pangalawa, ipagpalagay na ang pahayag ay totoo para sa n = k, at i-verify na ito ay totoo rin para sa n = k + 1:

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

Samakatuwid, ang assertion na pinatunayan ay totoo para sa lahat ng mga halaga n: para sa n = 1 ito ay totoo (ito ay napatunayan), at sa bisa ng pangalawang katotohanan, para sa n = 2, kung saan para sa n = 3 (dahil sa parehong pangalawang katotohanan), atbp.

Problema 2. Isaalang-alang ang lahat ng posible mga karaniwang fraction may numerator 1 at anuman (positive integer)

denominator: Patunayan iyon para sa alinman n> 3 ay maaaring katawanin bilang isang kabuuan P iba't ibang mga fraction ng ganitong uri.

Desisyon, Check muna natin pahayag na ito sa n = 3; meron kami:

Samakatuwid, ang pangunahing assertion ay nasiyahan

Ipagpalagay ngayon na ang pahayag ng interes sa amin ay totoo para sa ilang numero sa, at patunayan na ito ay totoo rin para sa bilang na sumusunod dito sa + 1. Sa madaling salita, ipagpalagay na mayroong isang representasyon

kung saan k magkaiba ang mga termino at lahat ng denominator. Patunayan natin na posible na makakuha ng representasyon ng yunit sa anyo ng kabuuan mula sa sa + 1 fraction gustong uri. Ipagpalagay natin na ang mga fraction ay bumababa, iyon ay, ang mga denominator (sa representasyon ng yunit sa pamamagitan ng kabuuan sa terms) tumaas mula kaliwa pakanan upang t ay ang pinakamalaki sa mga denominador. Makukuha namin ang representasyon na kailangan namin sa anyo ng isang kabuuan(sa + 1)th fraction, kung hatiin natin ang isang fraction, halimbawa ang huli, sa dalawa. Magagawa ito dahil

At samakatuwid

Bilang karagdagan, ang lahat ng mga fraction ay nananatiling naiiba, dahil t ay ang pinakamalaking denominator, at t + 1 > t, at

m(t + 1) > m.

Kaya, itinatag namin:

1. para sa n = 3 ang pahayag na ito ay totoo;

1. kung ang pahayag na interesado tayo ay totoo sa,
   saka totoo din ito para sa sa + 1.

Sa batayan na ito, maaari naming igiit na ang pahayag na isinasaalang-alang ay totoo para sa lahat ng natural na mga numero, simula sa tatlo. Bukod dito, ang patunay sa itaas ay nagpapahiwatig din ng isang algorithm para sa paghahanap ng nais na partisyon ng pagkakaisa. (Anong algorithm ito? Isipin ang numero 1 bilang ang kabuuan ng 4, 5, 7 termino mismo.)

Sa paglutas sa nakaraang dalawang problema, dalawang hakbang ang ginawa. Ang unang hakbang ay tinatawag batayan induction, ang pangalawainductive transitiono isang induction step. Ang ikalawang hakbang ay ang pinakamahalaga, at ito ay nagsasangkot ng isang pagpapalagay (ang pahayag ay totoo para sa n = k) at konklusyon (ang pahayag ay totoo para sa n = k + 1). Ang parameter p mismo ay tinatawag parameter ng induction.Ito logic diagram(pagtanggap), na nagbibigay-daan sa amin upang tapusin na ang pahayag na isinasaalang-alang ay totoo para sa lahat ng natural na mga numero (o para sa lahat, simula sa ilan), dahil pareho ang batayan at ang paglipat ay wasto, ay tinatawag naang prinsipyo ng mathematical induction, kung saan at nakabatay ang paraan ng mathematical induction.Ang terminong "induction" mismo ay nagmula sa salitang Latin inductio (patnubay), na nangangahulugan ng paglipat mula sa iisang kaalaman ng mga indibidwal na paksa ng klase na ito sa pangkalahatang konklusyon tungkol sa lahat ng mga paksa ng isang naibigay na klase, na isa sa mga pangunahing pamamaraan ng pag-unawa.

Ang prinsipyo ng mathematical induction, sa karaniwang anyo ng dalawang hakbang, ay unang lumitaw noong 1654 sa Blaise Pascal's Treatise on the Arithmetic Triangle, kung saan ang isang simpleng paraan upang makalkula ang bilang ng mga kumbinasyon (binomial coefficients) ay napatunayan sa pamamagitan ng induction. D. Poya sa aklat ay sumipi B. Pascal na may maliliit na pagbabago, ibinigay sa mga square bracket:

“Sa kabila ng katotohanan na ang panukalang isinasaalang-alang [isang tahasang pormula para sa mga binomial na coefficient] ay naglalaman ng walang katapusang bilang ng mga espesyal na kaso, magbibigay ako ng napakaikling patunay para dito, batay sa dalawang lemma.

Ang unang lemma ay nagsasaad na ang haka-haka ay totoo para sa batayan - ito ay malinaw. [Sa P = 1 ang tahasang formula ay wasto...]

Ang pangalawang lemma ay nagsasaad ng mga sumusunod: kung ang aming palagay ay totoo para sa isang arbitrary na batayan [para sa isang arbitrary na r], ito ay magiging totoo para sa sumusunod na batayan [para sa n + 1].

Ang dalawang lemma na ito ay kinakailangang nagpapahiwatig ng bisa ng panukala para sa lahat ng mga halaga P. Sa katunayan, sa bisa ng unang lemma, ito ay wasto para sa P = 1; samakatuwid, sa bisa ng pangalawang lemma, ito ay wasto para sa P = 2; samakatuwid, muli sa bisa ng pangalawang lemma, ito ay wasto para sa n = 3 at iba pa ad infinitum.

Problema 3. Ang mga tore ng Hanoi puzzle ay binubuo ng tatlong baras. Sa isa sa mga rod ay may isang pyramid (Larawan 1), na binubuo ng ilang mga singsing ng iba't ibang mga diameter, na bumababa mula sa ibaba hanggang sa itaas

Fig 1

Ang pyramid na ito ay dapat ilipat sa isa sa iba pang mga rod, na naglilipat lamang ng isang singsing sa bawat oras at hindi inilalagay ang mas malaking singsing sa mas maliit. Magagawa ba ito?

Desisyon. Kaya, kailangan nating sagutin ang tanong: posible bang ilipat ang isang pyramid na binubuo ng P mga singsing na may iba't ibang diameter, mula sa isang baras patungo sa isa pa, na sumusunod sa mga patakaran ng laro? Ngayon ang problema ay, gaya ng sinasabi nila, na-parametrize namin (isang natural na numero P), at ito ay malulutas sa pamamagitan ng mathematical induction.

1. base ng induction. Para sa n = 1, ang lahat ay malinaw, dahil ang isang pyramid ng isang singsing ay malinaw na maaaring ilipat sa anumang baras.
2. hakbang ng induction. Ipagpalagay na maaari nating ilipat ang anumang mga pyramids na may bilang ng mga singsing p = k.
   Patunayan natin na maaari rin nating ilipat ang pyramid mid mula sa n = k + 1.

Pyramid mula hanggang singsing na nakahiga sa pinakamalaki(sa + 1)-th ring, maaari naming, ayon sa palagay, lumipat sa anumang iba pang pivot. Gawin natin. hindi gumagalaw(sa + 1)th ring ay hindi makagambala sa amin upang isagawa ang displacement algorithm, dahil ito ang pinakamalaki. Pagkatapos gumalaw sa singsing, ilipat ito sa pinakamalaki(sa + 1)th ring papunta sa natitirang baras. At pagkatapos ay muli naming inilalapat ang gumagalaw na algorithm na kilala sa amin ng inductive assumption sa singsing, at ilipat ang mga ito sa pamalo na may(sa + 1) na singsing. Kaya, kung maaari nating ilipat ang mga pyramids gamit ang sa ring, pagkatapos ay maaari naming ilipat ang mga pyramids at sa + 1 singsing. Samakatuwid, ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, palaging posible na ilipat ang pyramid, na binubuo ng n ring, kung saan n > 1.

Ang paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility.

Gamit ang paraan ng mathematical induction, mapapatunayan ng isa ang iba't ibang mga pahayag tungkol sa divisibility ng mga natural na numero.

Gawain 4 . 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 2k ay isang even na numero, ganoon din ito. 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.

Gawain 3. Patunayan na ang bilang na Z 3 + 3 - 26n - 27 na may arbitraryong natural n ay nahahati sa 26 2 na walang nalalabi.

Desisyon. Patunayan muna natin sa pamamagitan ng induction ang isang auxiliary assertion na 3 3n+3 Ang 1 ay nahahati sa 26 na walang natitira n > 0.

1. base ng induction. Para sa n = 0 mayroon kaming: Z 3 - 1 \u003d 26 - hinati sa 26.

hakbang ng induction. Ipagpalagay na 3 3n + 3 - Ang 1 ay nahahati sa 26 kapag n = k, at Patunayan natin na sa kasong ito ang assertion ay magiging totoo para sa n = k + 1. Mula noong 3

pagkatapos ay mula sa inductive assumption ay napagpasyahan namin na ang numero 3 Ang 3k + 6 - 1 ay nahahati sa 26.

Patunayan natin ngayon ang assertion na nabuo sa kondisyon ng problema. At muli sa pamamagitan ng induction.

1. base ng induction. Ito ay malinaw na sa n = 1 pahayag ay totoo: mula noong 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. hakbang ng induction. Ipagpalagay natin na sa n = k
   expression 3 3k + 3 - 26k - 27 ay nahahati sa 26 2 nang walang natitira, at patunayan na ang assertion ay totoo para sa n = k + 1,
   ibig sabihin, ang numerong iyon

nahahati sa 26 2 walang bakas. Sa huling kabuuan, ang parehong mga termino ay hinati nang walang nalalabi sa pamamagitan ng 26 2 . Ang una ay dahil napatunayan natin na ang expression sa mga bracket ay nahahati sa 26; ang pangalawa, sa pamamagitan ng inductive hypothesis. Sa bisa ng prinsipyo ng mathematical induction, ang kinakailangang pahayag ay ganap na napatunayan.

Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa kabuuan ng serye.

Gawain 5. Patunayan ang formula

Ang N ay isang natural na numero.

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 sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at magbago 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.

Gawain 6. Dalawang numero ang nakasulat sa pisara: 1.1. Ang pagpasok ng kanilang kabuuan sa pagitan ng mga numero, makuha namin ang mga numero 1, 2, 1. Ulitin muli ang operasyong ito, makuha namin ang mga numero 1, 3, 2, 3, 1. Pagkatapos ng tatlong operasyon, ang mga numero ay magiging 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Ano ang magiging kabuuan ng lahat ng numero sa pisara pagkatapos 100 operasyon?

Desisyon. Gawin ang lahat ng 100 ang mga operasyon ay magiging napakatagal at matagal. Kaya, kailangan nating subukang maghanap ng ilang pangkalahatang pormula para sa kabuuan S mga numero pagkatapos n mga operasyon. Tingnan natin ang talahanayan:

May napansin ka bang pattern dito? Kung hindi, maaari kang gumawa ng isa pang hakbang: pagkatapos ng apat na operasyon, magkakaroon ng mga numero

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

na ang kabuuan ng S 4 ay 82.

Sa katunayan, hindi mo maaaring isulat ang mga numero, ngunit agad na sabihin kung paano magbabago ang kabuuan pagkatapos magdagdag ng mga bagong numero. Hayaan ang kabuuan ay katumbas ng 5. Ano ang magiging kapag nagdagdag ng mga bagong numero? Hatiin natin ang bawat bagong numero sa kabuuan ng dalawang lumang numero. Halimbawa, mula sa 1, 3, 2, 3, 1 pupunta tayo sa 1,

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

Ibig sabihin, ang bawat lumang numero (maliban sa dalawang extreme) ay pumapasok na ngayon sa kabuuan ng tatlong beses, kaya ang bagong kabuuan ay 3S - 2 (bawas 2 upang isaalang-alang ang mga nawawalang yunit). Samakatuwid S 5 = 3S 4 - 2 = 244, at sa pangkalahatan

Ano ang pangkalahatang pormula? Kung hindi dahil sa pagbabawas ng dalawang yunit, sa bawat oras na ang kabuuan ay tataas ng tatlong beses, tulad ng sa mga kapangyarihan ng triple (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). At ang aming mga numero, tulad ng nakikita mo na ngayon, ay isa pa. Kaya, maaari itong ipagpalagay na

Subukan natin ngayon na patunayan ito sa pamamagitan ng induction.

base ng induction. Tingnan ang talahanayan (para sa n = 0, 1, 2, 3).

hakbang ng induction. Kunwari na lang

Patunayan natin iyan S hanggang + 1 \u003d Z hanggang + 1 + 1.

Talaga,

Kaya, ang aming formula ay napatunayan. Ipinapakita nito na pagkatapos ng isang daang operasyon, ang kabuuan ng lahat ng mga numero sa board ay magiging katumbas ng 3 100 + 1.

Isaalang-alang ang isa magandang halimbawa aplikasyon ng prinsipyo ng mathematical induction, kung saan kailangan mo munang ipakilala ang dalawang natural na mga parameter at pagkatapos ay isagawa ang induction sa kanilang kabuuan.

Gawain 7. Patunayan na kung= 2, x 2 = 3 at para sa bawat natural n> 3

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

pagkatapos

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

Desisyon. Tandaan na sa problemang ito ang unang pagkakasunod-sunod ng mga numero(x n) ay tinutukoy ng induction, dahil ang mga tuntunin ng aming sequence, maliban sa unang dalawa, ay ibinibigay nang pasaklaw, iyon ay, sa pamamagitan ng mga nauna. Ang mga ibinigay na pagkakasunud-sunod ay tinatawag paulit-ulit, at sa aming kaso ang sequence na ito ay tinutukoy (sa pamamagitan ng pagtukoy sa unang dalawang termino nito) sa isang natatanging paraan.

base ng induction. Binubuo ito ng pagsusuri sa dalawang pahayag: n=1 at n=2.B Sa parehong mga kaso, ang assertion ay totoo sa pamamagitan ng pagpapalagay.

hakbang ng induction. Ipagpalagay natin na para sa n = k - 1 at n = k assertion ay ginawa, iyon ay

Patunayan natin ang assertion para sa n = k + 1. Mayroon kaming:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, na dapat patunayan.

Gawain 8. Patunayan na ang anumang natural na numero ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng ilan iba't ibang miyembro paulit-ulit na pagkakasunud-sunod ng mga numero ng Fibonacci:

para sa k > 2.

Desisyon. Hayaang p - natural na numero. Magsasagawa kami ng induction sa P.

base ng induction. Para sa n = 1 statement ay totoo, dahil ang unit mismo ay isang Fibonacci number.

hakbang ng induction. Ipagpalagay na ang lahat ng natural na numero ay mas mababa sa ilang numero P, ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng ilang magkakaibang termino ng Fibonacci sequence. Hanapin natin pinakamalaking bilang fibonacci F t , hindi lalampas P; kaya F t n at F t +1 > n.

Sa abot ng

Sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang numero p- F t ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng 5 magkakaibang miyembro ng Fibonacci sequence, at mula sa huling hindi pagkakapantay-pantay ay sumusunod na ang lahat ng miyembro ng Fibonacci sequence na kasama sa kabuuan ng 8 ay mas mababa sa F t . Samakatuwid, ang pagpapalawak ng bilang n = 8 + F t natutugunan ang kalagayan ng problema.

Mga halimbawa ng aplikasyon ng paraan ng mathematical induction sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay.

Gawain 9. (Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli.)Patunayan mo kung kailan x > -1, x 0, at para sa integer n > 2 ang hindi pagkakapantay-pantay

(1 + x) n > 1 + xn.

Desisyon. Muli naming isasagawa ang patunay sa pamamagitan ng induction.

1. Batayan ng induction. I-verify natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n = 2. Sa katunayan,

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

2. Hakbang ng induction. Ipagpalagay natin na para sa numero n = k totoo ang pahayag, kumbaga

(1 + x) k > 1 + xk,

Kung saan ang k > 2. Pinatunayan natin ito para sa n = k + 1. Mayroon tayong: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Kaya, batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n > 2.

Hindi palaging sa mga kondisyon ng mga problema na nalutas gamit ang pamamaraan ng induction ng matematika, ang pangkalahatang batas na kailangang patunayan ay malinaw na nabalangkas. Minsan kinakailangan, sa pamamagitan ng pag-obserba ng mga partikular na kaso, upang matuklasan muna (hulaan) kung anong pangkalahatang batas ang hahantong sa mga ito, at pagkatapos ay patunayan ang nakasaad na hypothesis sa pamamagitan ng mathematical induction. Bilang karagdagan, ang variable ng induction ay maaaring ma-mask, at bago malutas ang problema, kinakailangan upang matukoy kung aling parameter ang isasagawa ng induction. Bilang mga halimbawa, isaalang-alang ang mga sumusunod na gawain.

Problema 10. Patunayan mo iyan

para sa anumang natural n > 1.

Desisyon, Subukan nating patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay na ito sa pamamagitan ng mathematical induction.

Ang batayan ng induction ay madaling ma-verify:1+

Sa pamamagitan ng inductive hypothesis

at ito ay nananatiling para sa amin upang patunayan iyon

Gamit ang inductive hypothesis, igigiit natin iyon

Bagama't totoo ang pagkakapantay-pantay na ito, hindi ito nagbibigay sa atin ng solusyon sa problema.

Subukan nating patunayan ang isang mas malakas na paninindigan kaysa sa kinakailangan sa orihinal na problema. Namely, patunayan natin iyan

Maaaring mukhang walang pag-asa ang pagpapatunay sa assertion na ito sa pamamagitan ng induction.

Gayunpaman, sa p = 1 mayroon tayo: ang pahayag ay totoo. Upang bigyang-katwiran ang pasaklaw na hakbang, ipagpalagay na

tapos papatunayan natin yan

Talaga,

Kaya, napatunayan namin ang isang mas malakas na assertion, kung saan ang assertion na nakapaloob sa kondisyon ng problema ay agad na sumusunod.

Ang nakapagtuturo dito ay na bagama't kailangan nating patunayan ang isang mas malakas na assertion kaysa sa kinakailangan sa problema, maaari rin tayong gumamit ng mas malakas na palagay sa inductive step. Ipinapaliwanag nito na ang tuwirang aplikasyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay hindi palaging humahantong sa layunin.

Ang sitwasyon na lumitaw sa paglutas ng problema ay tinatawagang kabalintunaan ng imbentor.Ang kabalintunaan mismo ay higit pa kumplikadong mga plano maaaring maisakatuparan nang may malaking tagumpay kung ang mga ito ay batay sa isang mas malalim na pag-unawa sa nilalaman ng bagay.

Suliranin 11. Patunayan na 2m + n - 2m para sa anumang natural uri.

Desisyon. Narito mayroon kaming dalawang pagpipilian. Samakatuwid, maaari mong subukang isagawa ang tinatawag nadobleng induction(isang induction sa loob ng induction).

Magsasagawa kami ng inductive reasoning sa P.

1. Batayan ng induction ayon sa p. Para sa n = Kailangan kong suriin iyon 2 t ~ 1 > t. Upang patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay na ito, ginagamit namin ang induction sa t.

a) Base ng induction ng vol. Para sa t = 1 ang isinasagawa
pagkakapantay-pantay, na katanggap-tanggap.

b) Hakbang ng induction ayon sa t.Ipagpalagay natin na sa t = k ang pahayag ay totoo, iyon ay 2 k ~ 1 > k. Tapos pataas
Sabihin nating totoo ang assertion kahit na m = k + 1.
Meron kami:

sa natural k.

Kaya, ang hindi pagkakapantay-pantay 2 ginanap para sa anumang natural t.

2. Hakbang ng induction ayon sa aytemPumili at ayusin ang ilang natural na numero t. Ipagpalagay natin na sa n = ako ang pahayag ay totoo (para sa isang nakapirming t), ibig sabihin. 2 t +1 ~ 2 > t1, at patunayan na kung gayon ang assertion ay magiging totoo para sa n = l + 1.
Meron kami:

para sa anumang natural uri.

Samakatuwid, batay sa prinsipyo ng mathematical induction (ayon sa P) ang pahayag ng problema ay totoo para sa sinuman P at para sa anumang nakapirming t. Kaya, ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay humahawak para sa anumang natural uri.

Suliranin 12. Hayaang m, n at k ay mga natural na numero, at t > p Alin sa dalawang numero ang mas malaki:

Sa bawat ekspresyon sa palatandaan parisukat na ugat, t at n salit-salit.

Desisyon. Patunayan muna natin ang ilang auxiliary assertion.

Lemma. Para sa anumang natural t at n (t > n) at hindi negatibo (hindi kinakailangang integer) X ang hindi pagkakapantay-pantay

Patunay. Isaalang-alang ang hindi pagkakapantay-pantay

Ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay totoo, dahil ang parehong mga kadahilanan sa kaliwang bahagi ay positibo. Ang pagpapalawak ng mga bracket at pag-convert, makakakuha tayo ng:

Ang pagkuha ng parisukat na ugat ng parehong bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay, makuha natin ang assertion ng lemma. Kaya napatunayan ang lemma.

Ngayon ay magpatuloy tayo sa paglutas ng problema. Tukuyin natin ang una sa mga numerong ito sa pamamagitan ng a, at ang pangalawa sa pamamagitan ng b sa . Patunayan natin na a para sa anumang natural sa. Ang patunay ay isasagawa sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction nang hiwalay para sa even at odd sa.

base ng induction. Para sa k = 1 mayroon tayong hindi pagkakapantay-pantay

y[t > y/n , na wasto dahil sa katotohanan na m > n. = 2, ang nais na resulta ay nakuha mula sa napatunayang lemma sa pamamagitan ng pagpapalit x = 0.

hakbang ng induction. Kumbaga, para sa ilan sa hindi pagkakapantay-pantay a >b sa patas. Patunayan natin yan

Mula sa pagpapalagay ng induction at ang monotonicity ng square root, mayroon tayong:

Sa kabilang banda, ito ay sumusunod mula sa napatunayang lemma na

Pagsasama-sama ng huling dalawang hindi pagkakapantay-pantay, nakukuha natin ang:

Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang assertion ay napatunayan.

Gawain 13. (Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Cauchy.)Patunayan na para sa anumang positibong numero..., isang p ang hindi pagkakapantay-pantay

Desisyon. Para sa n = 2 ang hindi pagkakapantay-pantay

ang arithmetic mean at ang geometric mean (para sa dalawang numero) ay ituturing na kilala. Hayaan n= 2, k = 1, 2, 3, ... at unang magsagawa ng induction sa sa. Ang batayan ng induction na ito ay nagtataglay. Ipagpalagay ngayon na ang nais na hindi pagkakapantay-pantay ay naitatag na para sa n = 2, patunayan namin ito para sa P = 2 . Mayroon kaming (gamit ang hindi pagkakapantay-pantay para sa dalawang numero):

Samakatuwid, sa pamamagitan ng induction hypothesis

Kaya, sa pamamagitan ng induction sa k, napatunayan namin ang hindi pagkakapantay-pantay para sa lahat p 9 na kapangyarihan ng dalawa.

Upang patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay para sa iba pang mga halaga P gagamitin natin ang "induction down", ibig sabihin, patunayan natin na kung ang hindi pagkakapantay-pantay ay nasiyahan para sa arbitrary na hindi negatibo. P mga numero, ito ay may bisa rin para sa(P - 1) na numero. Upang mapatunayan ito, tandaan namin na, ayon sa ginawang pagpapalagay, para sa P mga numero, ang hindi pagkakapantay-pantay

ibig sabihin, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Hinahati ang dalawang bahagi sa P - 1, nakukuha namin ang kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay.

Kaya, una naming itinatag na ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa isang walang katapusang bilang posibleng mga halaga P, at pagkatapos ay ipinakita na kung ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa P mga numero, ito ay may bisa rin para sa(P - 1) mga numero. Mula dito napagpasyahan natin ngayon na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Coty ay humahawak para sa isang set ng P anuman di-negatibong mga numero para sa anumang n = 2, 3, 4, ...

Problema 14. (D. Uspensky.) Para sa anumang tatsulok na ABC na may mga anggulo = CAB, = CBA ay commensurable, may mga hindi pagkakapantay-pantay

Desisyon. Ang mga anggulo at ay katumbas, na nangangahulugang (sa kahulugan) na ang mga anggulong ito ay may isang karaniwang sukat kung saan ang = p, = (p, q ay coprime natural na mga numero).

Gamitin natin ang paraan ng mathematical induction at iguhit ito sa kabuuan n = p + q natural na mga numero ng coprime..

base ng induction. Para sa p + q = 2 mayroon tayo: p = 1 at q = 1. Pagkatapos tatsulok ABC isosceles, at ang mga kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay ay halata: sumusunod sila mula sa hindi pagkakapantay-pantay ng tatsulok

hakbang ng induction. Ipagpalagay ngayon na ang nais na hindi pagkakapantay-pantay ay itinatag para sa p + q = 2, 3, ..., k - 1, kung saan k > 2. Patunayan natin na ang mga hindi pagkakapantay-pantay ay may bisa rin p + q = k.

Hayaan ang ABC — ibinigay na tatsulok, alin> 2. Pagkatapos ay ang mga gilid AC at BC hindi maaaring pantay: hayaan AC > BC. Ngayon, bumuo tayo, tulad ng sa Figure 2, isang isosceles triangle ABC; meron kami:

AC \u003d DC at AD \u003d AB + BD, samakatuwid,

2AC > AB + BD (1)

Isaalang-alang ngayon ang tatsulok VDC, na ang mga anggulo ay maihahambing din:

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

kanin. 2

Ang tatsulok na ito ay nakakatugon sa inductive hypothesis, at samakatuwid

(2)

Pagdaragdag ng (1) at (2), mayroon kaming:

2AC+BD>

at samakatuwid

Mula sa parehong tatsulok WBS sa pamamagitan ng induction hypothesis napaghihinuha namin na

Isinasaalang-alang ang nakaraang hindi pagkakapantay-pantay, napagpasyahan namin iyon

Kaya, ang inductive transition ay nakuha, at ang pahayag ng problema ay sumusunod mula sa prinsipyo ng mathematical induction.

Magkomento. Ang pahayag ng problema ay nananatiling wasto kahit na ang mga anggulo a at p ay hindi katumbas. Batay sa pagsasaalang-alang sa pangkalahatang kaso kailangan na mag-apply ng isa pang importante prinsipyo ng matematika- ang prinsipyo ng pagpapatuloy.

Problema 15. Hinahati ng ilang tuwid na linya ang eroplano sa mga bahagi. Patunayan na posibleng kulayan ang mga bahaging ito ng puti

at itim na mga kulay upang ang mga katabing bahagi ay may karaniwang segment mga hangganan noon magkaibang kulay(tulad ng sa Figure 3 kasama ang n = 4).

larawan 3

Desisyon. Ginagamit namin ang induction sa bilang ng mga linya. Kaya hayaan P - ang bilang ng mga linya na naghahati sa aming eroplano sa mga bahagi, n > 1.

base ng induction. Kung isa lang ang straight(P = 1), pagkatapos ay hinahati nito ang eroplano sa dalawang kalahating eroplano, ang isa ay maaaring kulayan kulay puti, at ang pangalawa sa itim, at ang pahayag ng problema ay totoo.

hakbang ng induction. Upang gawing mas malinaw ang patunay ng inductive na hakbang, isaalang-alang ang proseso ng pagdaragdag ng isang bagong linya. Kung iguguhit natin ang pangalawang linya(P= 2), pagkatapos ay makakakuha tayo ng apat na bahagi na maaaring kulayan sa nais na paraan sa pamamagitan ng pangkulay magkasalungat na sulok sa isang kulay. Tingnan natin kung ano ang mangyayari kung iguguhit natin ang ikatlong tuwid na linya. Hahatiin nito ang ilan sa mga "lumang" bahagi, habang ang mga bagong seksyon ng hangganan ay lilitaw, sa magkabilang panig kung saan ang kulay ay pareho (Larawan 4).

kanin. 4

Ituloy natin ang sumusunod:isang tabimula sa bagong tuwid na linya ay magbabago kami ng mga kulay - gagawin namin ang puting itim at vice versa; sa parehong oras, ang mga bahagi na nakahiga sa kabilang panig ng tuwid na linya na ito ay hindi muling pininturahan (Larawan 5). Pagkatapos ang bagong kulay na ito ay masisiyahan ang mga tamang pangangailangan: sa isang gilid ng tuwid na linya, ito ay alternating na (ngunit may iba't ibang kulay), at sa kabilang panig, ito ay kinakailangan. Upang magkaroon ng mga bahagi karaniwang hangganan, na kabilang sa iginuhit na linya, ay pininturahan sa iba't ibang kulay, at muli naming pininturahan ang mga bahagi sa isang gilid lamang ng iginuhit na linyang ito.

Fig.5

Patunayan natin ngayon ang induktibong hakbang. Ipagpalagay na para sa ilann = kang pahayag ng problema ay wasto, iyon ay, lahat ng bahagi ng eroplano kung saan ito ay nahahati sa mga itosatuwid, maaari kang magpinta sa puti at itim upang ang mga kalapit na bahagi ay may iba't ibang kulay. Patunayan natin na may ganoong kulay para saP= sa+ 1 tuwid. Magpatuloy tayo nang katulad sa kaso ng paglipat mula sa dalawang tuwid na linya patungo sa tatlo. Gastos tayo sa eroplanosadirekta. Pagkatapos, sa pamamagitan ng inductive assumption, ang resultang "mapa" ay maaaring kulayan sa nais na paraan. Gastos tayo ngayon(sa+ 1)-ika tuwid na linya at sa isang gilid nito binabago namin ang mga kulay sa kabaligtaran. At ngayon(saAng + 1)-th na tuwid na linya sa lahat ng dako ay naghihiwalay sa mga seksyon ng iba't ibang kulay, habang ang mga "lumang" bahagi, tulad ng nakita na natin, ay nananatiling tama ang kulay. Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang problema ay nalutas.

Gawain16. Sa gilid ng disyerto ay mayroong malaking stock gasolina at isang kotse na, kapag ganap na napuno ng gasolina, ay maaaring maglakbay ng 50 kilometro. Sa walang limitasyong dami, may mga canister kung saan maaari mong maubos ang gasolina mula sa tangke ng gas ng kotse at iwanan ito para sa imbakan kahit saan sa disyerto. Patunayan na ang kotse ay maaaring maglakbay ng anumang integer na distansya na higit sa 50 kilometro. Bawal magdala ng mga lata ng gasolina, ang mga walang laman na lata ay maaaring dalhin sa kahit anong dami.

Desisyon.Subukan nating patunayan ito sa pamamagitan ng induction onP,na kayang magmaneho ng sasakyanPkilometro mula sa gilid ng disyerto. SaP= 50 ay kilala. Ito ay nananatiling isakatuparan ang hakbang ng induction at ipaliwanag kung paano makarating doonn = k+ 1 km kung alamn = kkilometro ay maaaring itaboy.

Gayunpaman, narito kami ay nakatagpo ng isang kahirapan: pagkatapos naming makapasasakilometro, maaaring hindi pa sapat ang gasolina para sa paglalakbay pabalik (hindi banggitin ang imbakan). At sa kasong ito ang daan palabas ay palakasin ang assertion na pinatutunayan (the inventor's paradox). Patunayan namin na posible hindi lamang magmanehoPkilometro, ngunit din upang gumawa ng isang arbitraryong malaking supply ng gasolina sa isang punto sa layoPkilometro mula sa gilid ng disyerto, na nasa puntong ito pagkatapos ng pagtatapos ng transportasyon.

base ng induction.Hayaang ang isang yunit ng gasolina ay ang halaga ng gasolina na kinakailangan upang makumpleto ang isang kilometro ng paglalakbay. Pagkatapos, ang isang 1 kilometrong biyahe at pabalik ay nangangailangan ng dalawang yunit ng gasolina, kaya maaari tayong mag-iwan ng 48 na yunit ng gasolina sa imbakan isang kilometro mula sa gilid at bumalik para sa higit pa. Kaya, para sa ilang mga paglalakbay sa imbakan, maaari kaming gumawa ng isang stock ng isang di-makatwirang laki na kailangan namin. Kasabay nito, para makalikha ng 48 units ng stock, gumagastos tayo ng 50 units ng gasolina.

hakbang ng induction.Ipagpalagay natin na sa malayoP= samula sa gilid ng disyerto maaari kang mag-imbak ng anumang halaga ng gasolina. Patunayan natin na posible na gumawa ng repository sa malayon = k+ 1 km na may anumang paunang natukoy na supply ng gasolina at nasa imbakan na ito sa dulo ng transportasyon. Dahil sa puntong iyonP= samayroong isang walang limitasyong supply ng gasolina, pagkatapos (ayon sa induction base) maaari naming, sa ilang mga biyahe sa punton = k+ 1 upang makagawa ng isang puntoP= sa4- 1 stock ng anumang laki na kailangan mo.

Ang katotohanan ng isang mas pangkalahatang pahayag kaysa sa kalagayan ng problema ngayon ay sumusunod mula sa prinsipyo ng matematikal na induction.

Konklusyon

Sa partikular, sa pag-aaral ng paraan ng matematikal na induction, napabuti 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.

Talaga ito ay lohikal at nakakaaliw na mga gawain, ibig sabihin. lamang ang mga nagdaragdag ng interes sa matematika mismo bilang isang agham. Ang paglutas ng gayong 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.

Panitikan

1.Vulenkin INDUCTION. Kombinatorika. Handbook PARA sa mga guro. M., Enlightenment,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induction sa geometry. - M.: Gosud. tagapaglathala naiilawan - 1956 - S.I00. Isang manwal sa matematika para sa mga aplikante sa mga unibersidad / Ed. Yakovleva G.N. Ang agham. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induction sa geometry. —
M .: Nauka, 1961. - (Mga sikat na lektura sa matematika.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Pagtuturo/ “Enlightenment” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Ano ang Mathematics?" Kabanata 1, § 2

6. Popa D. Matematika at makatwirang pangangatwiran. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. pagtuklas sa matematika. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Paano ituro ang paraan ng mathematical induction / Mathematics school. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Sa paraan ng mathematical induction. - M .: Nauka, 1977. - (Mga sikat na lektura sa matematika.)

10. Solominsky I.S. Paraan ng mathematical induction. - M.: Agham.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Sa mathematical induction. - M.: Agham. - 1967. - S.7-59.

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

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

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 matambok n-gon katumbas ng 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. Bilangin kabuuang bilang 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 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 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 pamamagitan ng positibong numero 1+x, nakukuha namin

(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.