Formula matematičke indukcije. Metodički razvoj "metode matematičke indukcije". Princip matematičke indukcije i njegov dokaz

Metoda dokaza zasnovana na Peanovom aksiomu 4 koristi se za dokazivanje mnogih matematičkih svojstava i različitih izjava. Osnova za ovo je sljedeća teorema.

Teorema. Ako je izjava ALI(n) sa prirodnom varijablom n istina za n= 1 i iz činjenice da je istina za n=k, iz toga slijedi da vrijedi i za sljedeći broj n=k, zatim izjava ALI(n) n.

Dokaz. Označiti sa M skup onih i samo onih prirodnih brojeva za koje je iskaz ALI(n) istinito. Tada iz uslova teoreme imamo: 1) 1 M; 2) k MkM. Dakle, na osnovu aksioma 4, zaključujemo da M =N, tj. izjava ALI(n) istina za sve prirodne n.

Metoda dokaza zasnovana na ovoj teoremi naziva se metoda matematičke indukcije, a aksiom je aksiom indukcije. Ovaj dokaz ima dva dijela:

1) dokazati da je iskaz ALI(n) istina za n= A(1);

2) pretpostaviti da je izjava ALI(n) istina za n=k, i, polazeći od ove pretpostavke, dokazati da je tvrdnja A(n) istina za n=k+ 1, tj. da je izjava tačna A(k) A(k + 1).

Ako a ALI( 1) ALI(k) A(k + 1) je istinita izjava, onda oni zaključuju da je izjava A(n) tačno za bilo koji prirodan broj n.

Dokaz matematičkom indukcijom može početi ne samo potvrdom istinitosti tvrdnje za n= 1, ali i iz bilo kojeg prirodnog broja m. U ovom slučaju, izjava ALI(n) biće dokazano za sve prirodne brojeve nm.

Problem. Dokažimo da je za bilo koji prirodan broj jednakost 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Odluka. Jednakost 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n je formula koja se može koristiti za pronalaženje zbroja prvih uzastopnih neparnih prirodnih brojeva. Na primjer, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (zbir sadrži 4 člana), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (zbir sadrži 6 članova); ako ovaj zbir sadrži 20 članova navedenog tipa, onda je jednak 20 = 400, itd. Nakon što smo dokazali istinitost ove jednakosti, moći ćemo pronaći zbir bilo kojeg broja članova navedenog tipa koristeći formulu.

1) Provjerite istinitost ove jednakosti za n= 1. Kada n= 1 lijeva strana jednakosti se sastoji od jednog člana jednakog 1, desna strana je jednaka 1= 1. Kako je 1 = 1, onda za n= 1 ova jednakost je tačna.

2) Pretpostavimo da je ova jednakost tačna za n=k, tj. da je 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Na osnovu ove pretpostavke dokazujemo da je to tačno za n=k+ 1, tj. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Razmotrimo lijevu stranu posljednje jednakosti.

Po pretpostavci, zbir prvog k uslovi je k i stoga 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Izraz k+ 2k + 1 je identično jednako izrazu ( k + 1).

Dakle, istinitost ove jednakosti za n=k+ 1 je dokazano.

Dakle, ova jednakost vrijedi za n= 1 i iz njegove istine za n=k slijedi istinu za n=k+ 1.

Ovo dokazuje da ova jednakost vrijedi za bilo koji prirodan broj.

Koristeći metodu matematičke indukcije, može se dokazati istinitost ne samo jednakosti, već i nejednakosti.

Zadatak. Dokaži da gde nN.

Odluka. Provjerimo istinitost nejednakosti za n= 1. Imamo - pravu nejednakost.

Pretpostavimo da je nejednakost tačna za n=k, one. - istinska nejednakost. Dokažimo, na osnovu pretpostavke, da je to tačno za n=k+ 1, tj. (*).

Transformirajmo lijevu stranu nejednakosti (*), uzimajući u obzir da : .

Ali, to znači .

Dakle, ova nejednakost je tačna za n= 1, i iz činjenice da je nejednakost tačna za neke n= k, otkrili smo da je to istina i za n= k + 1.

Dakle, koristeći aksiom 4, dokazali smo da je ova nejednakost tačna za bilo koji prirodan broj.

Ostale tvrdnje se također mogu dokazati metodom matematičke indukcije.

Zadatak. Dokažite da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj.

Odluka. Hajde da proverimo istinitost izjave n= 1: -tačna izjava.

Pretpostavimo da je ova izjava tačna za n=k: . Pokažimo, koristeći ovo, istinitost iskaza za n=k+ 1: .

Transformirajmo izraz: . Hajde da pronađemo razliku k i k+ 1 članova. Ako se ispostavi da je rezultujuća razlika višekratnik 7, a po pretpostavci da je oduzetak djeljiv sa 7, tada je i minuend višekratnik 7:

Proizvod je višekratnik 7, dakle, i .

Dakle, ova izjava je tačna za n= 1 i iz njegove istine za n=k slijedi istinu za n=k+ 1.

Dakle, dokazano je da je ova izjava tačna za bilo koji prirodan broj.

Zadatak. Dokažite to za bilo koji prirodan broj n 2 izjava (7-1)24 je tačna.

Odluka. 1) Provjerite istinitost tvrdnje za n= 2: - tačna izjava.

Metoda dokaza, o kojoj će biti riječi u ovom dijelu, zasniva se na jednom od aksioma prirodnog niza.

Aksiom indukcije. Neka je data rečenica koja zavisi od varijable P, umjesto kojih možete zamijeniti bilo koje prirodne brojeve. Označimo ga A(p). Neka i rečenica ALI važi za broj 1 i iz činjenice da ALI tačno za broj to, slijedi to ALI tačno za broj k+ 1. Onda ponudi ALI važi za sve prirodne vrednosti P.

Simbolička notacija aksioma:

Evo vrhunac- varijabli nad skupom prirodnih brojeva. Iz aksioma indukcije dobija se sljedeće pravilo zaključivanja:

Dakle, da bi se dokazala istinitost tvrdnje ALI, prvo možemo dokazati dvije tvrdnje: istinitost iskaza ALI( 1), kao i posljedicu A(k) => A(k+ 1).

Uzimajući u obzir gore navedeno, opisujemo entitet metoda

matematička indukcija.

Neka se traži da se dokaže ta kazna A(n) istina za sve prirodne P. Dokaz je podijeljen u dvije faze.

• 1. faza. baza indukcije. Uzimamo kao vrijednost P broj 1 i provjerite to ALI( 1) je tačna izjava.
• 2. faza. Induktivna tranzicija. To dokazujemo za bilo koji prirodan broj to implikacija je tačna: ako A(k), onda A(k+ 1).

Induktivni odlomak počinje riječima: „Uzmite proizvoljan prirodan broj da, takav da A(k)", ili "Neka za prirodan broj to u pravu A(k)". Umjesto riječi "neka" često kažu "pretpostavimo da...".

Nakon ovih riječi, slovo to označava neki fiksni objekt za koji relacija vrijedi A(k). Dolazi iz A(k) mi izvodimo posljedice, odnosno gradimo lanac rečenica A(k) 9 R, pi, ..., Rn = A(k+ 1), gdje je svaka rečenica R, je istinita izjava ili posljedica prethodnih rečenica. Poslednja rečenica R" mora odgovarati sa A(k+ jedan). Iz ovoga zaključujemo: od A(k) trebalo bi A(k+).

Izvođenje induktivne tranzicije može se podijeliti u dva koraka:

• 1) Induktivna pretpostavka. Ovdje pretpostavljamo da ALI to varijabla n.
• 2) Na osnovu pretpostavke to dokazujemo ALI pravo za broj?+1.

Primjer 5.5.1. Dokažimo da je broj p+p je čak i za sve prirodno P.

Evo A(n) = "n 2 + n- čak broj". To je potrebno dokazati ALI - identično istinit predikat. Primjenjujemo metodu matematičke indukcije.

baza indukcije. Uzmimo l=1. Zamjena u izrazu P+//, dobijamo n 2 +n= I 2 + 1 = 2 je paran broj, odnosno /1(1) je tačan iskaz.

Hajde da formulišemo induktivna hipoteza A(k)= "Broj do 2 + do -čak." Možete reći ovo: „Uzmite proizvoljan prirodan broj to takav da do 2 + do je paran broj.

Iz ovoga zaključujemo tvrdnju A(kA-)= "Broj (k+ 1) 2 + (? + 1) - paran.

Po svojstvima operacija izvodimo transformacije:

Prvi član rezultirajuće sume je paran po pretpostavci, drugi je paran po definiciji (jer ima oblik 2 P). Dakle, zbir je paran broj. Ponuda A(k+ 1) dokazano.

Metodom matematičke indukcije zaključujemo: rečenicu A(n) istina za sve prirodne P.

Naravno, nema potrebe svaki put unositi notaciju A(p). Ipak, preporučljivo je formulirati induktivnu pretpostavku i ono što je potrebno iz nje izvesti u posebnom redu.

Imajte na umu da se tvrdnja iz primjera 5.5.1 može dokazati bez korištenja metode matematičke indukcije. Da biste to učinili, dovoljno je razmotriti dva slučaja: kada Pčak i kada P odd.

Mnogi problemi djeljivosti rješavaju se matematičkom indukcijom. Pogledajmo složeniji primjer.

Primjer 5.5.2. Dokažimo da je broj 15 2u_| +1 je djeljivo sa 8 za sve prirodne brojeve P.

Bacha indukcija. Uzmimo /1=1. Imamo: broj 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 je deljivo sa 8.

, što za neke

prirodni broj to broj 15 2 * '+1 je djeljiv sa 8.

Hajde da dokažemo koji je onda broj a\u003d 15 2 (ZHN +1 je djeljiv sa 8.

Pretvorimo broj a:

Po pretpostavci, broj 15 2A1 +1 je djeljiv sa 8, što znači da je cijeli prvi član djeljiv sa 8. Drugi član 224=8-28 je također djeljiv sa 8. Dakle, broj a jer je razlika dva broja koji su višekratnici broja 8 djeljiva sa 8. Induktivni korak je opravdan.

Na osnovu metode matematičke indukcije zaključujemo da je za sve prirodno P broj 15 2 "-1 -*-1 je djeljiv sa 8.

Hajde da damo neke napomene o rešenom problemu.

Dokazana tvrdnja se može formulirati malo drugačije: "Broj 15" "+1 je djeljiv sa 8 za bilo koji neparni prirodni / i".

Drugo, iz dokazane opšte tvrdnje može se izvući poseban zaključak, čiji se dokaz može dati kao poseban problem: broj 15 2015 +1 je djeljiv sa 8. Stoga je ponekad korisno generalizirati problem označavanjem određenu vrijednost slovom, a zatim primijeniti metodu matematičke indukcije.

U najopštijem smislu, izraz "indukcija" znači da se opšti zaključci donose na osnovu konkretnih primjera. Na primjer, razmatrajući neke primjere zbira parnih brojeva 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, zaključujemo da je zbir bilo koja dva parni brojevi su paran broj.

U opštem slučaju, takva indukcija može dovesti do pogrešnih zaključaka. Navedimo primjer takvog pogrešnog zaključivanja.

Primjer 5.5.3. Uzmite u obzir broj a= /r+n+41 za prirodno /?.

Hajde da nađemo vrednosti a za neke vrednosti P.

Neka bude n= I. Onda a = 43 je prost broj.

Neka je /7=2. Onda a= 4+2+41 = 47 je prosto.

Neka je l=3. Onda a= 9+3+41 = 53 je prosto.

Neka je /7=4. Onda a= 16+4+41 = 61 je prosto.

Uzmite kao vrijednosti P brojeve koji slijede četvorku, kao što su 5, 6, 7, i provjerite broj a biće jednostavno.

Zaključujemo: „Za sve prirodne /? broj a biće jednostavno."

Rezultat je lažna izjava. Evo protuprimjera: /7=41. Uvjerite se u to sa ovim P broj aće biti kompozitni.

Pojam "matematička indukcija" ima uže značenje, jer korištenje ove metode omogućava da uvijek dođete do pravog zaključka.

Primjer 5.5.4. Na osnovu induktivnog zaključivanja, dobijamo formulu za opšti termin aritmetičke progresije. Podsjetimo da je aritmetička struka numerički niz, čiji se svaki član razlikuje od prethodnog za isti broj, koji se naziva razlika progresije. Da biste jedinstveno specificirali aritmetičku profesiju, morate navesti njenog prvog člana a i razlika d.

Dakle, po definiciji a p+ = a n + d, at n> 1.

U školskom predmetu matematike, po pravilu, formula opšteg pojma aritmetičke struke utvrđuje se na osnovu konkretnih primera, odnosno upravo indukcijom.

Ako je /7=1, ONDA With 7| = ja|, ONDA sam| = tf|+df(l -1).

Ako je /7=2, onda je i 2 = a + d, tj a= I|+*/(2-1).

Ako je /7=3, onda je i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, tj. i 3 = i|+(3-1).

Ako je /7=4, onda i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3, itd.

Navedeni konkretni primjeri nam omogućavaju da postavimo hipotezu: opći termin formula ima oblik a" = a+(n-)d za sve /7>1.

Dokažimo ovu formulu metodom matematičke indukcije.

bazna indukcija potvrđeno u prethodnim raspravama.

Neka bude do - takav broj na kojem sam * - a+(k-)d (induktivna pretpostavka).

Hajde da dokažemo da ja*+! = a+((k+)-)d, tj. i*+1 = ax+kd.

Po definiciji i*+1 = ab + d. a to= i | +(k-1 )d, znači, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= i i +kd, što je trebalo dokazati (da bi se opravdao induktivni prijelaz).

Sada formula i„ = a+(n-)d dokazano za bilo koji prirodan broj /;.

Neka neka sekvenca i b i 2 , i, „ ... (ne

nužno aritmetička ili geometrijska progresija). Često postoje problemi gdje je potrebno prvo sabrati Pčlanovi ovog niza, odnosno specificiraju zbir R|+i 2 +...+i i formulu koja vam omogućava da pronađete vrijednosti ovog zbroja bez izračunavanja članova niza.

Primjer 5.5.5. Dokažimo da je zbir prvog P prirodni brojevi je

/?(/7 + 1)

Označite zbir 1+2+...+/7 sa Sn. Hajde da nađemo vrednosti S n za neke /7.

Imajte na umu da da biste pronašli zbir S 4 , možete koristiti vrijednost 5 3 izračunatu ranije, jer je 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Ako zamijenimo razmatrane vrijednosti \u200b\u200b/? u terminu --- nešto

dobijamo, respektivno, iste sume 1, 3, 6, 10. Ova zapažanja

. _ n(n + 1)

predlaže da formula S„=--- može se koristiti kada

bilo koji //. Dokažimo ovu pretpostavku metodom matematičke indukcije.

bazna indukcija verified. Hajde da to uradimo induktivni prelaz.

Pretpostavimo da je formula tačna za neki prirodan broj

, k(k + 1)

k, tada je mreža zbir prve to prirodni brojevi su ----.

Hajde da dokažemo da je zbir prvih (?+1) prirodnih brojeva jednak

• (* + !)(* + 2)

Hajde da izrazimo?*+1 kroz S k . Da bismo to učinili, u zbiru S*+i grupiramo prvu to pojmove, a zadnji pojam napiši zasebno:

Po induktivnoj hipotezi S k = Pa da nađem

zbir prvih (? + 1) prirodnih brojeva, dovoljan je za već izračunato

. „ k(k + 1) _ .. ..

zbir prvog to brojevi jednaki ---, dodajte jedan član (k + 1).

Induktivni prelaz je opravdan. Time je hipoteza iznesena na početku dokazana.

Dokazali smo formulu S n = n ^ n+ metoda

matematička indukcija. Naravno, postoje i drugi dokazi. Na primjer, možete napisati sumu S, rastućim redoslijedom pojmova, a zatim silaznim redoslijedom pojmova:

Zbir članova u jednom stupcu je konstantan (u jednom zbiru svaki sljedeći član se smanjuje za 1, au drugom povećava za 1) i jednak je (/r + 1). Dakle, zbrajanjem dobijenih suma, imamo Pčlanovi jednaki (u+1). Dakle, udvostručite iznos S „ je jednako n(n+ 1).

Upravo dokazana formula se može dobiti kao poseban slučaj formule za zbir prvog Pčlanovi aritmetičke progresije.

Vratimo se metodi matematičke indukcije. Imajte na umu da je prva faza metode matematičke indukcije (baza indukcije) uvijek neophodna. Nepostojanje ovog koraka može dovesti do pogrešnog zaključka.

Primjer 5.5.6. Hajde da "dokažemo" rečenicu: "Broj 7" + 1 je djeljiv sa 3 za bilo koji prirodan broj".

“Pretpostavimo da je to za neku prirodnu vrijednost to broj 7*+1 je djeljiv sa 3. Dokažimo da je broj 7 x +1 djeljiv sa 3. Izvršite transformacije:

Broj 6 je očigledno djeljiv sa 3. Broj 1 do + je djeljiv sa 3 po induktivnoj hipotezi, pa je broj 7-(7* + 1) također djeljiv sa 3. Dakle, razlika brojeva djeljivih sa 3 će također biti djeljiva sa 3.

Prijedlog dokazan."

Dokaz originalne propozicije je netačan, uprkos činjenici da je induktivni korak ispravan. Zaista, kod n= Imam broj 8, sa n=2 - broj 50, ..., i nijedan od ovih brojeva nije djeljiv sa 3.

Hajde da napravimo važnu napomenu o zapisu prirodnog broja pri izvođenju induktivnog prijelaza. Prilikom formulisanja predloga A(n) pismo P označili smo varijablu, umjesto koje se mogu zamijeniti bilo koji prirodni brojevi. Prilikom formulisanja induktivne hipoteze, vrijednost varijable označavamo slovom to. Međutim, vrlo često umjesto novog pisma to koristiti isto slovo kao varijabla. Ovo ne utiče na strukturu rezonovanja prilikom izvođenja induktivnog prelaza.

Razmotrimo još nekoliko primjera problema za koje se može primijeniti metoda matematičke indukcije.

Primjer 5.5.7. Pronađite vrijednost sume

Varijabilna u zadatku P se ne pojavljuje. Međutim, razmotrite redoslijed pojmova:

Označiti S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Hajde da nađemo S" za neke P. Ako je /1= 1, onda S, = a, =-.

Ako a n= 2. tada je S, = a, + a? = - + - = - = -.

Ako je /?=3, onda S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Vrijednosti možete izračunati sami S „ na /7 = 4; 5. Nastaje

prirodno nagađanje: S n= -- za bilo koji prirodni /7. Hajde da dokažemo

Ovo je matematičkom indukcijom.

bazna indukcija provjereno iznad.

Hajde da to uradimo induktivni prelaz, označavajući proizvoljno

varijabilna vrijednost P isto slovo, odnosno to dokazujemo iz jednakosti

0 /7 _ /7 +1

S n=-slijedi jednakost S, =-.

/7+1 /7 + 2

Pretpostavimo da je jednakost tačna S= - P -.

Izdvojimo ukupno S„+ prvo P uslovi:

Primjenom induktivne pretpostavke dobijamo:

Smanjujući razlomak za (/7+1), imaćemo jednakost S n +1 - , L

Induktivni prelaz je opravdan.

Ovo dokazuje da je zbir prvog P uslovi

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- je jednako -. Sada se vratimo na original
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

zadatak. Da bismo ga riješili, dovoljno je uzeti kao vrijednost P broj 99.

Tada će zbir -!- + -!- + -!- + ...+ --- biti jednak broju 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Pokušajte izračunati ovaj iznos na drugačiji način.

Primjer 5.5.8. Dokažimo da je derivacija zbira bilo kojeg konačnog broja diferencijabilnih funkcija jednaka zbroju izvoda ovih funkcija.

Neka je varijabla /? označava broj datih karakteristika. U slučaju kada je data samo jedna funkcija, ta se funkcija podrazumijeva kao zbir. Dakle, ako je /7=1, onda je izjava očigledno tačna: /" = /".

Pretpostavimo da je izjava tačna za skup P funkcije (ovdje opet umjesto slova to pismo preuzeto P), odnosno derivat zbira P funkcije jednaka zbroju izvoda.

Hajde da dokažemo da je izvod zbira (n + 1) funkcija jednak zbiru izvoda. Uzmite proizvoljan skup koji se sastoji od n+ diferencijabilna funkcija: /1,/2, . Predstavimo zbir ovih funkcija

as g+f„+ 1, gdje g=f +/g + ... +/t- suma P funkcije. Po induktivnoj hipotezi, derivacija funkcije g jednak je zbiru derivacija: g" = ft + ft + ... +ft. Dakle, vrijedi sljedeći lanac jednakosti:

Induktivni prijelaz je završen.

Dakle, originalna tvrdnja je dokazana za bilo koji konačan broj funkcija.

U nekim slučajevima potrebno je dokazati istinitost tvrdnje A(n) za sve prirodne i, počevši od neke vrijednosti sa. Dokaz matematičkom indukcijom u takvim slučajevima se izvodi prema sljedećoj shemi.

baza indukcije. Dokazujemo da je prijedlog ALI istina za vrijednost P, jednaka sa.

Induktivna tranzicija. 1) Pretpostavljamo da je prijedlog ALI istina za neku vrijednost to varijabla /?, koja je veća ili jednaka sa.

2) Dokazujemo da je prijedlog ALI tačno za /? jednako

Imajte na umu ponovo da umjesto slova točesto ostavljaju oznaku varijable P. U ovom slučaju, induktivni prijelaz počinje riječima: „Pretpostavimo da je to za neku vrijednost n>s u pravu A(p). Dokažimo to onda A(n+ jedan)".

Primjer 5.5.9. Dokažimo to za sve prirodno n> 5 nejednakost 2” > i 2 je tačna.

baza indukcije. Neka bude n= 5. Tada je 2 5 =32, 5 2 =25. Nejednakost 32>25 je tačna.

Induktivna tranzicija. Pretpostavimo, da je nejednakost 2 P>n 2 za neki prirodan broj n> 5. Hajde da dokažemo, što je tada 2" +| > (n+1) 2 .

Po svojstvima potencija 2” +| = 2-2". Pošto je 2" > n 2 (prema induktivnoj hipotezi), onda je 2-2" > 2n 2 (I).

Hajde da opravdamo to 2 p 2 veće od (i+1) 2 . To se može učiniti na mnogo načina. Dovoljno je riješiti kvadratnu nejednačinu 2x 2 >(x+) 2 u skupu realnih brojeva i vidjeti da su svi prirodni brojevi veći ili jednaki 5 njegova rješenja.

Nastavit ćemo na sljedeći način. Nađimo razliku brojeva 2 p 2 i (i+1) 2:

Od i > 5, onda je i + 1 > 6, što znači (i + 1) 2 > 36. Dakle, razlika je veća od 0. Dakle, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Po svojstvima nejednačina, iz (I) i (2) slijedi da je 2*2" > (n + 1) 2, što je bilo potrebno da se dokaže da bi se opravdao induktivni prijelaz.

Na osnovu metode matematičke indukcije zaključujemo da je nejednakost 2" > i 2 je tačno za sve prirodne brojeve i.

Razmotrimo još jedan oblik metode matematičke indukcije. Razlika je u induktivnoj tranziciji. Za njegovu implementaciju potrebna su dva koraka:

• 1) pretpostaviti da je ponuda A(n) istina za sve vrijednosti varijable i manje od nekog broja R;
• 2) iz postavljene pretpostavke zaključiti da je predlog A(n) tačno za broj R.

Dakle, induktivni korak zahtijeva dokaz posljedice: [(Ui?) A(n)] => A(p). Imajte na umu da se zaključak može prepisati kao: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

U originalnoj formulaciji metode matematičke indukcije u dokazivanju tvrdnje A(p) oslanjali smo se samo na "prethodni" predlog A(p- jedan). Formulacija metode koja je ovdje data omogućava izvođenje A(p), pod pretpostavkom da svi prijedlozi A(n), gde sam ja manje R, istiniti su.

Primjer 5.5.10. Dokažimo teoremu: "Zbir unutrašnjih uglova bilo kojeg i-ugla je 180°(i-2)".

Za konveksni poligon, teoremu je lako dokazati ako je podijeljen dijagonalama povučenim iz jednog vrha u trouglove. Međutim, za nekonveksni poligon, takav postupak možda neće biti moguć.

Dokažimo teoremu za proizvoljni poligon matematičkom indukcijom. Pretpostavljamo da je poznata sljedeća tvrdnja, koja, striktno govoreći, zahtijeva poseban dokaz: "U bilo kojem //-uglu postoji dijagonala koja u potpunosti leži u njegovom unutrašnjem dijelu."

Umjesto varijable //, možete zamijeniti sve prirodne brojeve koji su veći ili jednaki 3. Za n=b Teorema je tačna jer je zbir uglova u trouglu 180°.

Uzmi malo /7-gon (p> 4) i pretpostavimo da je zbir uglova bilo kojeg //-ugla, gdje je // p, jednak 180°(//-2). Dokažimo da je zbir uglova //-ugla jednak 180°(//-2).

Nacrtajmo dijagonalni //-ugao koji leži unutar njega. To će podijeliti //-gon na dva poligona. Neka jedan od njih ima to strane, druga do 2 strane. Onda k + k 2 -2 \u003d p, budući da rezultujući poligoni imaju zajedničku povučenu dijagonalu, koja nije strana originalnog //-ugla.

Oba broja to i do 2 manji //. Primijenimo induktivnu pretpostavku na rezultirajuće poligone: zbir uglova A]-ugla je 180°-(?i-2), a zbir uglova? 2-ugao je jednak 180° - (Ar 2 -2). Tada će zbir uglova //-ugla biti jednak zbroju ovih brojeva:

180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 o (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).

Induktivni prelaz je opravdan. Na osnovu metode matematičke indukcije, teorema je dokazana za bilo koji //-ugao (//>3).

Metoda matematičke indukcije

Uvod

Glavni dio

1. Potpuna i nepotpuna indukcija
2. Princip matematičke indukcije
3. Metoda matematičke indukcije
4. Rješenje primjera
5. Jednakost
6. Podjela brojeva
7. nejednakosti

Zaključak

Spisak korišćene literature

Uvod

Deduktivne i induktivne metode su osnova svakog matematičkog istraživanja. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka posebnom, tj. rasuđivanje, čija je polazna tačka opšti rezultat, a konačna tačka je konkretan rezultat. Indukcija se primjenjuje pri prelasku sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da ga je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno.

Iako je područje primjene metode matematičke indukcije naraslo, u školskom programu joj se posvećuje malo vremena. Pa recimo da će korisnu osobu dovesti one dvije-tri lekcije za koje čuje pet riječi teorije, riješi pet primitivnih problema i kao rezultat dobije peticu za ništa ne zna.

Ali ovo je toliko važno – biti u stanju da razmišljamo induktivno.

Glavni dio

U svom izvornom značenju, riječ "indukcija" se primjenjuje na rasuđivanje kojim se donose opći zaključci na osnovu brojnih konkretnih izjava. Najjednostavniji metod zaključivanja ove vrste je potpuna indukcija. Evo primjera takvog rezonovanja.

Neka je potrebno utvrditi da je svaki prirodan paran broj n unutar 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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

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

Ovih devet jednakosti pokazuje da je svaki od brojeva koji nas zanimaju zaista predstavljen kao zbir dva prosta člana.

Dakle, potpuna indukcija je da se opšta tvrdnja dokazuje zasebno u svakom od konačnog broja mogućih slučajeva.

Ponekad se opći rezultat može predvidjeti nakon razmatranja ne svih, već velikog broja posebnih slučajeva (tzv. nepotpuna indukcija).

Rezultat dobiven nepotpunom indukcijom, međutim, ostaje samo hipoteza dok se ne dokaže egzaktnim matematičkim rezoniranjem, pokrivajući sve posebne slučajeve. Drugim riječima, nepotpuna indukcija u matematici se ne smatra legitimnom metodom rigoroznog dokaza, već je moćna metoda za otkrivanje novih istina.

Neka je, na primjer, potrebno pronaći zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva. Razmotrite posebne slučajeve:

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

Nakon razmatranja ovih nekoliko posebnih slučajeva, nameće se sljedeći opći zaključak:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

one. zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva je n 2

Naravno, dato zapažanje još ne može poslužiti kao dokaz valjanosti gornje formule.

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnoge zanimljive matematičke izjave pokrivaju beskonačan broj specijalnih slučajeva i ne možemo testirati za beskonačan broj slučajeva. Nepotpuna indukcija često dovodi do pogrešnih rezultata.

U mnogim slučajevima, izlaz iz ove vrste poteškoća je pribjegavanje posebnoj metodi zaključivanja, koja se naziva metodom matematičke indukcije. To je kako slijedi.

Neka je potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje za bilo koji prirodan broj n (na primjer, potrebno je dokazati da je zbir prvih n neparnih brojeva jednak n 2). Direktna provjera ove tvrdnje za svaku vrijednost n je nemoguća, jer je skup prirodnih brojeva beskonačan. Da biste dokazali ovu tvrdnju, prvo provjerite njenu valjanost za n=1. Tada je dokazano da za bilo koju prirodnu vrijednost k, valjanost iskaza koji se razmatra za n=k implicira njegovu valjanost i za n=k+1.

Tada se tvrdnja smatra dokazanom za sve n. Zaista, izjava je tačna za n=1. Ali onda vrijedi i za sljedeći broj n=1+1=2. Valjanost tvrdnje za n=2 implicira njenu valjanost za n=2+

1=3. Ovo implicira valjanost iskaza za n=4, i tako dalje. Jasno je da ćemo na kraju doći do bilo kojeg prirodnog broja n. Dakle, izjava je tačna za bilo koje n.

Sumirajući ono što je rečeno, formulišemo sledeći opšti princip.

Princip matematičke indukcije.

Ako je rečenica A(n), koja zavisi od prirodnog broja n, tačna za n=1, a iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je također tačno za sledeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodan broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način.

Ako je prijedlog A(n) istinit za n=p i ako je A(k)ÞA(k+1) za bilo koje k>p, onda je prijedlog A(n) istinit za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, tvrdnja koju treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost tvrdnje A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu se dokazuje valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom da je tvrdnja tačna za n=k (induktivna pretpostavka), tj. dokazati da je A(k)ÞA(k+1).

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rješenje: 1) Imamo n=1=1 2 . dakle,

izjava je tačna za n=1, tj. A(1) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k)ÞA(k+1).

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Zaista,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji nON.

Dokaži to

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), gdje je x¹1

Rješenje: 1) Za n=1 dobijamo

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

dakle, za n=1 formula je tačna; A(1) je tačno.

2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k, tj.

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

Dokažimo da je onda jednakost

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

Zaista

1+h+h 2 +x 3 +…+h 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).

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n.

Dokažite da je broj dijagonala konveksnog n-ugla n(n-3)/2.

Rješenje: 1) Za n=3, tvrdnja je tačna

I 3 je tačno, jer u trouglu

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

A 2 A(3) je tačno.

2) Pretpostavimo da u bilo kojem

konveksni k-ugao ima-

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

A k Dokažimo to onda u konveksnom

(k+1)-gon broj

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

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Da biste prebrojali ukupan broj dijagonala ovog (k + 1)-ugla, potrebno je izbrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k , na dobijeni broj dodati k-2, tj. treba uzeti u obzir broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz temena A k+1 , i pored toga dijagonalu A 1 A k.

dakle,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

Dokažite da je za bilo koje n tvrdnja tačna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

X 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1.

Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je n=k

X k = k 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Razmotrimo ovu izjavu za 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.

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, metodom matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n.

Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rješenje: 1) Neka je n=1.

Tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k

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

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1, tj.

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.

Iz gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koje prirodno n.

Dokaži to

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), gdje je n>2.

Rješenje: 1) Za n=2 identitet izgleda ovako: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

one. to je tačno.

2) Pretpostavimo da je izraz tačan za n=k

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

3) Dokazaćemo ispravnost izraza za n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, zbog metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje n>2

Dokaži to

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

za bilo koji prirodni n.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

2) Pretpostavimo da je onda n=k

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

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za 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).

Dokazana je i valjanost jednakosti za n=k+1, pa je tvrdnja tačna za svaki prirodan broj n.

Dokazati valjanost identiteta

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

za bilo koji prirodni n.

1) Za n=1 identitet je istinit 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Pretpostavimo da je za n=k

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

3) Dokažimo da je identičnost tačna za n=k+1.

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

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dokažite da je (11 n+2 +12 2n+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

Ali (23´133) je djeljivo sa 133 bez ostatka, tako da je za n=1 izjava tačna; A(1) je tačno.

2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

3) Dokažimo to u ovom slučaju

(11 k+3 +12 2k+3) je djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Dobijeni zbir je djeljiv sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A(k)ÞA(k+1). Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokazati da je za bilo koji n 7 n -1 djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je X 1 =7 1 -1=6 podijeljen sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

7 k -1 je djeljivo sa 6 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1.

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

Prvi član je djeljiv sa 6, pošto je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. Dakle, 7 n -1 je višekratnik 6 za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljno prirodno n djeljivo sa 11.
Rješenje: 1) Neka je onda n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljen je sa 11 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 je djeljivo sa 11 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za 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 .

Prvi član je djeljiv sa 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 djeljiv sa 11 po pretpostavci, drugi je djeljiv sa 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. Dakle, zbir je također djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 djeljivo sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

11 2k -1 je djeljivo sa 6 bez ostatka.

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

Oba člana su djeljiva sa 6 bez ostatka: prvi sadrži višekratnik broja 6 broj 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. Dakle, zbir je djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n+3 -26n-27 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 26 2 (676) bez ostatka.

Rješenje: Hajde da prvo dokažemo da je 3 3n+3 -1 djeljivo sa 26 bez ostatka.

1. Za n=0

3 3 -1=26 je deljivo sa 26

2. Pretpostavimo da je za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo sa 26

3. Hajde da dokažemo da je izjava

tačno za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – djeljivo sa 26

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema.

1) Očigledno je da je za n=1 tvrdnja tačna

3 3+3 -26-27=676

2) Pretpostavimo da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 je djeljiv sa 26 2 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

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

Oba člana su djeljiva sa 26 2 ; prvi je djeljiv sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv sa 26, a drugi je djeljiv sa induktivnom hipotezom. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da ako je n>2 i x>0, onda je nejednakost

(1+x) n >1+n´x.

Rješenje: 1) Za n=2, nejednakost je tačna, jer

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

Dakle, A(2) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k)ÞA(k+1) ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, tj. da je nejednakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo da je tada i A(k+1) tačna, tj. da je nejednakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Zaista, množenjem obje strane nejednakosti (3) pozitivnim brojem 1+x, dobivamo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Razmotrimo desnu stranu posljednjeg nejednakog

stva; imamo

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

Kao rezultat, dobijamo to

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernulijeva nejednakost vrijedi za bilo koji

Dokažite da je nejednakost tačna

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

Rješenje: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 oba dijela su jednaka.

2) Pretpostavimo da je za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo da je za m=k+1 nejednakost tačna

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Dokazali smo validnost nejednakosti za m=k+1, dakle, metodom matematičke indukcije, nejednakost je tačna za svako prirodno m.

Dokazati da je za n>6 nejednakost

3 n >n´2 n+1 .

Rješenje: Prepišimo nejednakost u obliku

1. Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

nejednakost je tačna.

2. Pretpostavimo da je za n=k

3) Dokažimo ispravnost nejednakosti za n=k+1.

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

Pošto je k>7, posljednja nejednakost je očigledna.

Na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno n.

Dokazati da je za n>2 nejednakost

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

Rješenje: 1) Za n=3 nejednakost je tačna

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

1. Pretpostavimo da je za n=k

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

3) Dokazaćemo validnost ne-

jednakosti za n=k+1

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

Dokažimo da je 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

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

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Ovo poslednje je očigledno, i stoga

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

Metodom matematičke indukcije dokazana je nejednakost.

Zaključak

Konkretno, proučavajući metodu matematičke indukcije, povećao sam svoje znanje u ovoj oblasti matematike, a također sam naučio kako rješavati probleme koji su prije bili izvan mojih moći.

U osnovi, to su bili logični i zabavni zadaci, tj. samo one koje povećavaju interesovanje za samu matematiku kao nauku. Rješavanje ovakvih problema postaje zabavna aktivnost i može privući sve više radoznalih u matematičke lavirinte. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući proučavanje metode matematičke indukcije, pokušat ću naučiti kako je primijeniti ne samo u matematici, već iu rješavanju problema u fizici, hemiji i samom životu.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, ZADACI, RJEŠENJA

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

ALGEBRA I PRINCIPI ANALIZE

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

U mnogim oblastima matematike, mora se dokazati istinitost tvrdnje koja zavisi od , tj. istinitost tvrdnje p(n) za " n nN (za bilo koje n ON p(n) desno).

Ovo se često može dokazati metoda matematičke indukcije.

Ova metoda se zasniva na principu matematičke indukcije. Obično se bira kao jedan od aksioma aritmetike i stoga se prihvata bez dokaza. Po principu matematičke indukcije, rečenica p(n) smatra se istinitim za sve prirodne vrijednosti varijable ako su ispunjena dva uslova:

1. Ponuda p(n) istina za n= 1.

2. Iz rečenice da p(n) istina za n =k (k - proizvoljan prirodan broj) slijedi da je istinito za n =k+ 1.

Metoda matematičke indukcije podrazumijeva se kao sljedeća metoda dokaza

1. Provjerite istinitost tvrdnje za n= 1 je baza indukcije.

2. Pretpostavimo da je izjava tačna za n = k - induktivna pretpostavka.

3. Dokažite da je onda i za n =k+ 1 induktivni prelaz.

Ponekad prijedlog p(n) ispostavilo se da nije tačno za sve prirodne n, i počevši od nekih za n = n 0. U ovom slučaju, istinitost se provjerava u indukcijskoj bazi p(n) at n = n 0.

Primjer 1 Neka bude . Dokaži to

1. Indukcijska baza: kada n= 1 po definiciji S 1 = 1 i po formuli dobijamo jedan rezultat. Izjava je tačna.

n=k i .

n=k+ 1. Dokažimo da je .

Zaista, prema induktivnoj pretpostavci

Hajde da transformišemo ovaj izraz

Dokazana je induktivna tranzicija.

Komentar. Korisno je zapisati šta je dato (induktivna pretpostavka) i šta treba dokazati!

Primjer 2 Dokazati

1. Baza indukcije. At n= 1, tvrdnja je očigledno tačna.

2. Induktivna pretpostavka. Neka bude n=k i

3. Induktivna tranzicija. Neka bude n=k+ 1. Dokažimo:

Zaista, kvadrirajmo desnu stranu kao zbir dva broja:

Koristeći induktivnu pretpostavku i formulu za zbir aritmetičke progresije: , dobijamo

Primjer 3 Dokažite nejednakost

1. Osnova indukcije u ovom slučaju je provjera istinitosti iskaza za , tj. nejednakost treba provjeriti. Da biste to učinili, dovoljno je kvadrirati nejednakost: ili 63< 64 – неравенство верно.

2. Neka je nejednakost istinita za , tj.

3. Neka , dokazati:

Koristimo hipotezu indukcije

Znajući kako treba da izgleda desna strana nejednakosti koja se dokazuje, odabiremo ovaj dio

Ostaje utvrditi da dodatni faktor ne prelazi jedinicu. stvarno,

Primjer 4 Dokažite da se za bilo koji prirodan broj završava cifrom.

1. Najmanji prirodni broj iz kojeg je tvrdnja tačna je jednaka . .

2. Neka broj za završava na . To znači da se ovaj broj može napisati kao , gdje je neki prirodni broj. Onda .

3. Neka . Dokažimo da se završava u . Koristeći rezultujuću reprezentaciju, dobijamo

Poslednji broj ima tačno jedinice.

Dodatak

1.4. Metoda matematičke indukcije

Kao što znate, matematičke izjave (teoreme) moraju biti potkrijepljene, dokazane. Sada ćemo se upoznati s jednom od metoda dokaza - metodom matematičke indukcije.

U širem smislu, indukcija je način zaključivanja koji vam omogućava da pređete sa određenih izjava na opšte. Obrnuti prijelaz, sa općih iskaza na posebne, naziva se dedukcija.

Dedukcija uvijek vodi do tačnih zaključaka. Na primjer, znamo opći rezultat: svi cijeli brojevi koji završavaju nulom djeljivi su sa 5. Iz ovoga, naravno, možemo zaključiti da je bilo koji određeni broj koji završava na 0, kao što je 180, djeljiv sa 5.

Istovremeno, indukcija može dovesti do pogrešnih zaključaka. Na primjer, primjećujući da je broj 60 djeljiv brojevima 1, 2, 3, 4, 5, 6, nemamo pravo zaključiti da je 60 uopće djeljivo sa bilo kojim brojem.

Metoda matematičke indukcije omogućava u mnogim slučajevima da se rigorozno dokaže valjanost opšte tvrdnje P(n), čija formulacija uključuje prirodni broj n.

Primjena metode uključuje 3 faze.

1) Osnova indukcije: provjeravamo valjanost iskaza P(n) za n = 1 (ili za drugu, privatnu vrijednost n, počevši od koje se pretpostavlja valjanost P(n)).

2) Pretpostavka indukcije: pretpostavljamo da je P(n) tačno za n = k.

3) Korak indukcije: uz pomoć pretpostavke dokazujemo da je P(n) tačno za n = k + 1.

Kao rezultat, možemo zaključiti da P(n) vrijedi za bilo koje n ∈ N. Zaista, za n = 1 tvrdnja je tačna (baza indukcije). I stoga, važi i za n = 2, pošto je prelaz sa n = 1 na n = 2 opravdan (indukcijski korak). Primenjujući korak indukcije iznova i iznova, dobijamo validnost P(n) za n = 3, 4, 5, . . ., tj. valjanost P(n) za sve n.

Primjer 14. Zbir prvih n neparnih prirodnih brojeva je n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Dokaz će se provesti metodom matematičke indukcije.

1) Baza: za n=1, sa leve strane je samo jedan član, dobijamo: 1 = 1.

Izjava je tačna.

2) Pretpostavka: pretpostavljamo da je za neki k tačna jednakost: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Rješavanje zadataka o vjerovatnoći pogodaka pri udarcima

Opća izjava problema je sljedeća:

Vjerovatnoća pogađanja mete jednim udarcem jednaka je $p$. $n$ ispaljenih hitaca. Pronađite vjerovatnoću da će cilj biti pogođen tačno $k$ puta (bit će $k$ pogodaka).

Primijenimo Bernoullijevu formulu i dobijemo:

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

Ovdje je $C_n^k$ broj kombinacija od $n$ do $k$.

Ako problem uključuje nekoliko strelica sa različite vjerovatnoće postizanje cilja, teoriju, primjere rješenja i kalkulator možete pronaći ovdje.

Video tutorial i Excel šablon

Pogledajte naš video o rješavanju problema s Bernoullijevim snimcima, naučite kako koristiti Excel za rješavanje uobičajenih problema.

Excel datoteku proračuna iz videa možete besplatno preuzeti i koristiti za rješavanje vaših problema.

Primjeri rješavanja zadataka pri pogađanju mete u nizu hitaca

Pogledajmo nekoliko tipičnih primjera.

Primjer 1 Ispalio 7 hitaca. Verovatnoća pogađanja jednim udarcem je 0,705. Pronađite vjerovatnoću da će biti tačno 5 pogodaka.

Dobijamo da se problem bavi ponovljenim nezavisnim testovima (pucnja u metu), $n=7$ hitaca se ispaljuje ukupno, vjerovatnoća pogađanja sa svakim $p=0,705$, vjerovatnoća promašaja $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Moramo pronaći da će biti tačno $k=5$ pogodaka. Sve zamjenjujemo u formulu (1) i dobijamo: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Primjer 2 Vjerovatnoća da jednim udarcem pogodite metu je 0,4.

Četiri nezavisna hica se ispaljuju u metu. Pronađite vjerovatnoću da će biti najmanje jedan pogodak u metu.

Proučavamo problem i zapisujemo parametre: $n=4$ (pogodan), $p=0.4$ (vjerovatnoća pogotka), $k \ge 1$ (biće najmanje jedan pogodak).

Koristimo formulu za vjerovatnoću suprotnog događaja (nema pogodaka):

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

Verovatnoća da ćete pogoditi najmanje jednom u četiri je 0,87 ili 87%.

Primjer 3 Vjerovatnoća da strijelac pogodi metu je 0,3.

Pronađite vjerovatnoću da će sa 6 hitaca meta biti pogođena tri do šest puta.

Za razliku od prethodnih problema, ovdje morate pronaći vjerovatnoću da će broj pogodaka biti u određenom intervalu (a ne baš jednak nekom broju). Ali formula je ista.

Nađimo vjerovatnoću da će meta biti pogođena od tri do šest puta, odnosno da će biti ili 3, ili 4, ili 5, ili 6 pogodaka.

Ove vjerovatnoće se izračunavaju po formuli (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0.3^3\cdot 0.7^3 = 0.185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Budući da su događaji nekompatibilni, željena vjerovatnoća se može pronaći pomoću formule zbrajanja vjerovatnoća: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Primjer 4 Vjerovatnoća najmanje jednog pogotka u metu sa četiri hica je 0,9984. Pronađite vjerovatnoću da jednim udarcem pogodite metu.

Označimo vjerovatnoću da jednim udarcem pogodimo metu. Unesimo događaj:
$A = $ (od četiri hica, najmanje jedan će pogoditi metu),
kao i njegov suprotan događaj, koji se može zapisati kao:
$\overline(A) = $ (Sva 4 hica će promašiti cilj, bez pogodaka).

Zapišimo formulu za vjerovatnoću događaja $A$.

Zapišimo poznate vrijednosti: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Zamijenite u formuli (1) i dobijete:

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

Rezultujuću jednačinu rešavamo:

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

Dakle, vjerovatnoća da jednim udarcem pogodite metu je 0,8.

Hvala vam što čitate i dijelite s drugima

korisni linkovi

Pronađite gotove zadatke u rješenju:

Online kalkulacije koristeći Bernoullijevu formulu

Rješavanje nejednačine pomoću kalkulatora

Nejednakost u matematici se primjenjuje na sve jednadžbe gdje je "=" zamijenjen bilo kojim od sljedećih znakova: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* linearni;

* kvadrat;

* frakcijski;

* indikativno;

* trigonometrijski;

* logaritamski.

U zavisnosti od toga, nejednakosti se nazivaju linearne, parcijalne itd.

Trebali biste biti svjesni ovih znakova:

* nejednakosti veće od (>) ili manje od (

* Nejednakosti sa ikonama koje su veće ili jednake \[\geq\] manje ili jednake [\leq\] nazivaju se neprofesionalnim;

* ikona nije ista \[\ne\] sama, ali slučajeve sa ovom ikonom treba stalno rješavati.

Takva se nejednakost rješava transformacijama identiteta.

Pročitajte i naš članak "Riješi kompletno rješenje za online jednadžbu"

Pretpostavimo da vrijedi sljedeća nejednakost:

Rješavamo je na isti način kao i linearnu jednačinu, ali treba pažljivo pratiti predznak nejednakosti.

Prvo, pomeramo pojmove iz nepoznatog na levo, sa poznatog na desno, menjajući simbole:

Zatim podijelimo obje strane sa -4 i obrnemo znak nejednakosti:

Ovo je odgovor na ovu jednačinu.

Gdje mogu riješiti nejednakost na internetu?

Jednačinu možete riješiti na našoj web stranici pocketteacher.ru.

Bernulijev kalkulator nejednakosti

Za nekoliko sekundi, besplatno rješenje za spašavanje na mreži će riješiti online jednadžbu bilo koje složenosti. Sve što treba da uradite je da unesete svoje podatke u spašavanje. Također možete pogledati video upute i naučiti kako riješiti jednadžbu na našoj web stranici.

A ako imate pitanja, možete ih postaviti u našoj grupi Vkontakte: pocketteacher. Pridružite se našoj grupi, rado ćemo vam pomoći.

Metoda pune matematičke indukcije

Rješavanje jednačina / diferencijalne jednadžbe

© RU test - online kalkulatori

Rješenje diferencijalnih jednadžbi

Unesite diff.

jednadžba:

Pomoću kalkulatora možete rješavati diferencijalne jednadžbe različite složenosti.

Primjeri riješenih diferencijalnih jednadžbi

MBOU licej "Tehničko-ekonomski"

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE.

OBJAŠNJENJE

Metodička izrada „Metoda matematičke indukcije“ izrađena je za učenike 10. razreda matematičkog profila.

Osnovni ciljevi: upoznati studente sa metodom matematičke indukcije i naučiti kako je primijeniti u rješavanju različitih zadataka.

U metodološkoj izradi razmatraju se pitanja elementarne matematike: problemi djeljivosti, dokazi identiteta, dokazi nejednakosti, predlažu se zadaci različitog stepena složenosti, uključujući i zadatke ponuđene na olimpijadama.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju te odredbe, iz kojih se potom donose daljnji zaključci dedukcijom. Ime metoda matematičke indukcije varljivo - u stvari, ova metoda je deduktivna i daje rigorozan dokaz tvrdnji koje se pogađaju indukcijom. Metoda matematičke indukcije pomaže u identificiranju veza između različitih dijelova matematike, pomaže u razvoju matematičke kulture učenika.

Definicija metode matematičke indukcije. Potpuna i nepotpuna indukcija. Dokaz nejednakosti. Dokaz identiteta. Rješavanje problema djeljivosti. Rješavanje različitih zadataka na temu "Metoda matematičke indukcije".

LITERATURA ZA NASTAVNIKA

1. M.L. Galitsky. Detaljno proučavanje kursa algebre i matematičke analize. - M. Prosvjeta, 1986.

2. L. I. Zvavič. Algebra i počeci analize. Didaktički materijali. M. Drofa, 2001.

3. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment, 1995.

4. Yu.V.Miheev. Metoda matematičke indukcije. NGU.1995.

LITERATURA ZA STUDENTE

1. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment, 1995.

2. Yu.V.Miheev. Metoda matematičke indukcije. NGU.1995.

KLJUČNE RIJEČI

Indukcija, aksiom, princip matematičke indukcije, potpuna indukcija, nepotpuna indukcija, tvrdnja, identitet, nejednakost, djeljivost.

DIDAKTIČKI DODATAK TEMI

"METOD MATEMATIČKE INDUKCIJE".

Lekcija #1

Definicija metode matematičke indukcije.

Metoda matematičke indukcije je jedna od veoma efikasnih metoda za pronalaženje novih rezultata i dokazivanje istinitosti iznetih pretpostavki. Iako ova metoda nije nova u matematici, interesovanje za nju ne jenjava. Po prvi put u jasnom prikazu, metod matematičke indukcije je u 17. veku primenio istaknuti francuski naučnik Blez Paskal u dokazivanju svojstava brojevnog trougla, koji je od tada dobio ime po njemu. Međutim, ideja matematičke indukcije bila je poznata starim Grcima. Metoda matematičke indukcije zasniva se na principu matematičke indukcije, koji je prihvaćen kao aksiom. Razmotrit ćemo ideju matematičke indukcije na primjerima.

Primjer #1.

Kvadrat je podijeljen segmentom na dva dijela, zatim je jedan od rezultirajućih dijelova podijeljen na dva dijela, i tako dalje. Odredi na koliko dijelova je kvadrat podijeljen P koraci?

Odluka.

Nakon prvog koraka, po uslovu dobijamo 2 dela. U drugom koraku ostavljamo jedan dio nepromijenjen, a drugi podijelimo na 2 dijela i dobijemo 3 dijela. U trećem koraku ostavljamo 2 dijela nepromijenjena, a treći podijelimo na dva dijela i dobijemo 4 dijela. U četvrtom koraku ostavljamo 3 dijela nepromijenjena, a zadnji dio podijelimo na dva dijela i dobijemo 5 dijelova. U petom koraku dobićemo 6 delova. Sugestija se daje kroz to P korake koje dobijamo (n+1) dio. Ali ovu tvrdnju treba dokazati. Pretpostavimo to do kraja to stepenice na koje je kvadrat podeljen (k+1) dio. Onda dalje (k+1) korak mi to dijelovi će ostati nepromijenjeni, i (k+1) podijeliti dio na dva dijela i dobiti (k+2) dijelovi. Primjećujete da se ovako možete raspravljati koliko god želite, ad beskonačno. Odnosno, naša pretpostavka je takva P kvadrat koraka će biti podijeljen na (n+1) dio, postaje dokazano.

Primjer #2.

Moja baka je imala unuku koja je jako voljela džem, a posebno onaj u tegli od litara. Ali baka mu nije dozvolila da dira. I unuke su odlučile prevariti svoju baku. Odlučio je da svaki dan jede 1/10 litara iz ove tegle i dolijeva vodu, dobro miješajući. Nakon koliko dana će baka otkriti prevaru ako džem ostane isti po izgledu kada se prepolovi razrijedi vodom?

Odluka.

Pronađite koliko će čistog džema ostati u tegli nakon toga P dana. Nakon prvog dana, smjesa će ostati u tegli, koja se sastoji od 9/10 džema i 1/10 vode. Nakon dva dana 1/10 mješavine vode i džema će nestati iz tegle i ostati (1 litar smjese sadrži 9/10 litara džema, 1/10 litara mješavine sadrži 9/100 litara džema)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litre džema. Trećeg dana iz tegle će nestati 1/10 litra mješavine od 81/100 džema i 19/100 vode. U 1 litru mešavine nalazi se 81/100 litara džema, u 1/10 litara mešavine 81/1000 litara džema. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litre džema će ostati nakon 3 dana, a ostatak će se potopiti vodom. Pojavljuje se obrazac. Kroz P preostalih dana u banci (9/10) P l džem. Ali opet, ovo je samo naša pretpostavka.

Neka bude to je proizvoljan prirodan broj. Pretpostavimo to do kraja to dana u banci će ostati (9/10) do l džem. Da vidimo šta će biti u banci za neki drugi dan, tj (k+1) dan. Nestat će iz banke 1/10l mješavina od (9/10) to l džema i vode. AT 1l smjesa je (9/10) to l džem, u 1/10l mješavine (9/10) k+1 l džem. Sada to možemo sa sigurnošću reći P dana u banci (9/10) P l džem. Za 6 dana banka će imati 531444/1000000l džemovi, nakon 7 dana - 4782969/10000000l džem, odnosno manje od polovine.

odgovor: nakon 7 dana, baka će otkriti prevaru.

Pokušajmo izdvojiti ono najosnovnije u rješenjima razmatranih problema. Svaki od njih smo počeli rješavati razmatrajući posebne ili, kako se kaže, posebne slučajeve. Zatim smo, na osnovu naših zapažanja, napravili neke pretpostavke P(n), u zavisnosti od prirodnog P.

tvrdnja je provjerena, odnosno dokazana P(1), P(2), P(3);

to je predložio P(n) važi za n=k i zaključio da će tada vrijediti za sljedeće n, n=k+1.

A onda su se svađali otprilike ovako: P(1) u redu, P(2) u redu, P(3) u redu, P(4) tačno... tako je P(n).

Princip matematičke indukcije.

Izjava P(n), u zavisnosti od prirodnog P, vrijedi za sve prirodne P, ako

1) valjanost tvrdnje za n=1;

2) iz pretpostavke validnosti izjave P(n) at n=k trebalo bi

pravda P(n) at n=k+1.

U matematici se princip matematičke indukcije u pravilu bira kao jedan od aksioma koji definiraju prirodne nizove brojeva, te se stoga prihvaća bez dokaza. Metoda dokaza po principu matematičke indukcije obično se naziva metodom matematičke indukcije. Imajte na umu da se ova metoda široko koristi u dokazivanju teorema, identiteta, nejednakosti u rješavanju problema djeljivosti i mnogih drugih problema.

Lekcija #2

Potpuna i nepotpuna indukcija.

U slučaju kada se matematička izjava odnosi na konačan broj objekata, to se može dokazati provjerom za svaki objekt, na primjer, tvrdnja "Svaki dvocifreni paran broj je zbir dva prosta broja." Metoda dokaza kojom ispitujemo tvrdnju za konačan broj slučajeva naziva se potpuna matematička indukcija. Ova metoda se koristi relativno rijetko, jer se iskazi najčešće razmatraju na beskonačnim skupovima. Na primjer, teorema "Svaki paran broj jednak je zbiru dva prosta broja" do sada nije ni dokazana ni opovrgnuta. Čak i kada bismo testirali ovu teoremu za prvu milijardu, to nas ne bi dovelo ni korak bliže njenom dokazivanju.

U prirodnim naukama koristi se nepotpuna indukcija, testirajući eksperiment nekoliko puta, prenoseći rezultat na sve slučajeve.

Primjer #3

Pogodite koristeći nepotpunu indukcijsku formulu za zbir kocki prirodnih brojeva.

Odluka.

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 .

Dokaz.

Neka bude istina za n=k.

Dokažimo da je to tačno za n=k+1.

Zaključak: formula za zbir kubova prirodnih brojeva vrijedi za bilo koji prirodan P.

Primjer #4

Razmotrite jednakosti i pogodite do kakvog opšteg zakona vode ovi primjeri.

Odluka.

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

……………………………………………………………..

Primjer #5

Napišite sljedeće izraze kao zbir:

1)
2)
3)
; 4)
.

Grčko slovo "sigma".

Primjer #6.

Napiši sljedeće sume koristeći znak
:

2)

Primjer #7.

Napišite sljedeće izraze kao proizvode:

1)

3)
4)

Primjer #8.

Zapišite sljedeće radove pomoću znaka

(veliko grčko slovo "pi")

1)
2)

Primjer #9.

Izračunavanje vrijednosti polinoma f ( n )= n 2 + n +11 , at n=1,2,3,4.5,6,7 može se pretpostaviti da za bilo koju prirodnuP broj f ( n ) jednostavno.

Da li je ova pretpostavka tačna?

Odluka.

Ako je svaki sabir djeljiv brojem, onda je zbir djeljiv tim brojem,
nije prost broj za bilo koji prirodan brojP.

Analiza konačnog broja slučajeva igra važnu ulogu u matematici: bez davanja dokaza jedne ili druge tvrdnje, pomaže da se pogodi tačna formulacija ove tvrdnje, ako još nije poznata. Tako je Goldbach, član Petrogradske akademije nauka, došao do pretpostavke da je svaki prirodan broj, počevši od dva, zbir ne više od tri prosta broja.

Lekcija #3

Metoda matematičke indukcije nam omogućava da dokažemo različite identitete.

Primjer #10. Dokažimo to svima P identitet

Odluka.

Hajde da stavimo

Moramo to dokazati

Dokažimo to onda iz istinitosti identiteta

istina o identitetu slijedi

Po principu matematičke indukcije, istina identiteta za sve P.

Primjer #11.

Dokažimo identitet

Dokaz.

pojam jednakosti.

;
. Dakle, ovaj identitet je istinit za sveP .

Lekcija broj 4.

Dokaz identiteta matematičkom indukcijom.

Primjer #12. Dokažimo identitet

Dokaz.

Primjenom principa matematičke indukcije dokazali smo da je jednakost istinita za sve P.

Primjer #13. Dokažimo identitet

Dokaz.

Primjenjujući princip matematičke indukcije, dokazali smo da je tvrdnja tačna za svaku prirodnu P.

Primjer #14. Dokažimo identitet

Dokaz.

Primjer #15. Dokažimo identitet

1) n=1;

2) za n=k jednakost

3) dokazati da jednakost vrijedi za n=k+1:

Zaključak: identitet vrijedi za sve prirodne P.

Primjer #16. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako a n=1 , onda

Neka ostane identitet n=k.

Dokažimo da identitet vrijedi za n=k+1.

Tada identitet vrijedi za bilo koji prirodni P.

Lekcija broj 5.

Dokaz identiteta matematičkom indukcijom.

Primjer #17. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako a n=2 , tada dobijamo tačnu jednakost:

Neka je jednakost istinita zan=k:

Dokažimo valjanost tvrdnje za n=k+1.

Prema principu matematičke indukcije, identitet je dokazan.

Primjer #18. Dokažimo identitet
za n≥2.

At n=2 ovaj identitet se može prepisati u vrlo jednostavnom obliku

i očigledno istinito.

Neka u n=k stvarno

.

Dokažimo valjanost tvrdnje zan=k+1, odnosno zadovoljena je jednakost: .

Dakle, dokazali smo da je identitet istinit za svako prirodno n≥2.

Primjer #19. Dokažimo identitet

At n=1 dobijamo tačnu jednakost:

Pretpostavimo da je na n=k takođe dobijamo tačnu jednakost:

Dokažimo da je valjanost jednakosti promatrana za n=k+1:

Tada identitet vrijedi za bilo koji prirodni P.

Lekcija broj 6.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer #20. Dokaži matematičkom indukcijom da

podijeljena 6 bez traga.

Dokaz.

At n=1 postoji podela na6 bez traga,
.

Neka u n=k izraz
višestruko6.

Dokažimo to kada n=k+1 izraz
višestruko6 .

Svaki pojam je višestruki 6 , pa je zbir višekratnik 6 .

Primjer broj 21.
na5 bez traga.

Dokaz.

At n=1 izraz je djeljiv
.

Neka u n=k izraz
takođe podeljen na5 bez traga.

At n=k+1 podijeljena 5 .

Primjer #22. Dokazati djeljivost izraza
na16.

Dokaz.

At n=1 višestruko 16 .

Neka u n=k
višestruko16.

At n=k+1

Svi pojmovi su djeljivi sa 16: prvi je očigledno drugi po pretpostavci, a treći ima paran broj u zagradama.

Primjer #23. Dokazati djeljivost
na676.

Dokaz.

Hajde da prvo to dokažemo
podijeljena
.

At n=0
.

Neka u n=k
podijeljena26 .

Zatim u n=k+1 podijeljena 26 .

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema.

At n=1 podijeljena 676.

At n=k istina je da
podijeljena26 2 .

At n=k+1 .

Oba pojma su djeljiva sa 676 ; prvi je zato što smo dokazali djeljivost po 26 izraz u zagradama, a drugi je djeljiv induktivnom hipotezom.

Lekcija broj 7.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer broj 24.

Dokaži to
podijeljena5 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena5.

At n=k
podijeljena5 bez traga.

At n=k+1 svaki pojam je djeljiv sa5 bez traga.

Primjer #25.

Dokaži to
podijeljena6 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena6 bez traga.

Neka u n=k
podijeljena6 bez traga.

At n=k+1 podijeljena 6 bez ostatka, pošto je svaki član djeljiv sa6 bez ostatka: prvi član, po induktivnoj pretpostavci, drugi, očigledno, treći, jer
čak broj.

Primjer #26.

Dokaži to
prilikom dijeljenja sa9 daje ostatak 1 .

Dokaz.

Dokažimo to
podijeljena9 .

At n=1
podijeljena 9 . Neka u n=k
podijeljena9 .

At n=k+1 podijeljena 9 .

Primjer broj 27.

Dokaži da je deljivo sa15 bez traga.

Dokaz.

At n=1 podijeljena 15 .

Neka u n=k podijeljena 15 bez traga.

At n=k+1

Prvi pojam je višestruki15 po hipotezi indukcije, drugi član je višekratnik15 – očigledno, treći pojam je višekratnik15 , as
višestruko5 (dokazano u primjeru br. 21), četvrti i peti član su također višestruki5 , što je očigledno, onda je zbir višekratnik15 .

Lekcija broj 8-9.

Dokaz nejednakosti matematičkom indukcijom

Primjer #28.
.

At n=1 imamo
- u redu.

Neka u n=k
je prava nejednakost.

At n=k+1

Tada nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu P.

Primjer #29. Dokažite da je nejednakost tačna
za bilo koji P.

At n=1 dobijamo tačnu nejednakost 4 >1.

Neka u n=k nejednakost
.

Dokažimo to kada n=k+1 nejednakost

Za bilo koji prirodni to uočava se nejednakost.

Ako a
at
onda

Primjer #30.

za bilo koji prirodni P i bilo koji

Neka bude n=1
, u redu.

Pretpostavimo da nejednakost vrijedi za n=k:
.

At n=k+1

Primjer broj 31. Dokazati valjanost nejednakosti

za bilo koji prirodni P.

Hajde da prvo dokažemo to za bilo koji prirodni t nejednakost

Pomnožite obje strane nejednakosti sa
. Dobijamo ekvivalentnu nejednakost ili
;
; - ova nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu t.

At n=1 izvorna nejednakost je istinita
;
;
.

Neka vrijedi nejednakost za n=k:
.

At n=k+1

Lekcija broj 10.

Rješavanje problema na temu

Metoda matematičke indukcije.

Primjer #32. Dokazati Bernoullijevu nejednakost.

Ako a
, zatim za sve prirodne vrijednostiP nejednakost

Dokaz.

At n=1 nejednakost koja se dokazuje poprima oblik
i očigledno u pravu. Pretpostavimo da je to istina zan=k , odnosno šta
.

Pošto prema uslovu
, onda
, pa stoga nejednakost ne mijenja svoje značenje kada se oba njena dijela pomnože sa
:

As
, onda to dobijamo

.

Dakle, nejednakost je tačna za n=1, a iz njegove istine u n=k proizilazi da je istina i n=k+1. Prema tome, prema matematičkoj indukciji, vrijedi za sve prirodne P.

Na primjer,

Primjer broj 33. Pronađite sve prirodne vrijednostiP , za koje je nejednakost

Odluka.

At n=1 nejednakost je tačna. At n=2 nejednakost je takođe tačna.

At n=3 nejednakost više nije zadovoljena. Samo kada n=6 nejednakost vrijedi, tako da za bazu indukcije možemo uzeti n=6.

Pretpostavimo da je nejednakost tačna za neke prirodne za:

Uzmite u obzir nejednakost

Posljednja nejednakost vrijedi ako
Testni rad na temu n=1 dat je rekurentno: n≥5 , gdje je P- -prirodni broj.