Mathematische Induktionsformel. Methodische Entwicklung "Methode der mathematischen Induktion". Das Prinzip der mathematischen Induktion und sein Beweis
Eine Beweismethode, die auf Peanos Axiom 4 basiert, wird verwendet, um viele mathematische Eigenschaften und verschiedene Aussagen zu beweisen. Grundlage dafür ist der folgende Satz.
Satz. Wenn die Aussage SONDERN(n) mit natürlicher Variable n wahr für n= 1 und aus der Tatsache, dass es wahr ist für n=k, gilt also auch für die nächste Zahl n=k, dann die aussage SONDERN(n) n.
Nachweisen. Bezeichne mit M die Menge derjenigen und nur der natürlichen Zahlen, für die die Aussage gilt SONDERN(n) WAHR. Dann haben wir aus der Bedingung des Satzes: 1) 1 M; 2) kMkM. Daher schließen wir auf der Grundlage von Axiom 4, dass M =N, d.h. Erklärung SONDERN(n) wahr für jede natürliche n.
Die auf diesem Satz basierende Beweismethode wird aufgerufen Methode der mathematischen Induktion, und das Axiom ist das Axiom der Induktion. Dieser Beweis besteht aus zwei Teilen:
1) beweisen, dass die Aussage SONDERN(n) wahr für n= A(1);
2) davon ausgehen, dass die Aussage SONDERN(n) wahr für n=k, und beweise ausgehend von dieser Annahme, dass die Aussage Ein) wahr für n=k+ 1, d.h. dass die Aussage stimmt A(k) A(k + 1).
Wenn ein SONDERN( 1) SONDERN(k) A(k+ 1) eine wahre Aussage ist, dann schlussfolgern sie, dass die Aussage Ein) gilt für jede natürliche Zahl n.
Der Beweis durch mathematische Induktion kann nicht nur mit der Bestätigung der Wahrheit der Aussage beginnen n= 1, sondern auch aus jeder natürlichen Zahl m. In diesem Fall die Aussage SONDERN(n) wird für alle natürlichen Zahlen bewiesen nm.
Problem: Beweisen wir, dass für jede natürliche Zahl die Gleichheit 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.
Entscheidung. Gleichheit 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n ist eine Formel, mit der die Summe der ersten aufeinanderfolgenden ungeraden natürlichen Zahlen ermittelt werden kann. Zum Beispiel 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (die Summe enthält 4 Terme), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (die Summe enthält 6 Terme); Wenn diese Summe 20 Terme des angegebenen Typs enthält, ist sie gleich 20 = 400 usw. Nachdem wir die Wahrheit dieser Gleichheit bewiesen haben, können wir mit der Formel die Summe einer beliebigen Anzahl von Termen des angegebenen Typs finden.
1) Überprüfen Sie die Wahrheit dieser Gleichheit für n= 1. Wann n= 1 die linke Seite der Gleichheit besteht aus einem Term gleich 1, die rechte Seite ist gleich 1= 1. Da 1 = 1, dann für n= 1 diese Gleichheit gilt.
2) Nehmen Sie an, dass diese Gleichheit gilt für n=k, d.h. dass 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Basierend auf dieser Annahme beweisen wir, dass es gilt für n=k+ 1, d.h. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = (k+ 1).
Betrachten Sie die linke Seite der letzten Gleichheit.
Nach Annahme die Summe der ersten k Bedingungen ist k und damit 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=
= k+(2k+ 1) = k+ 2k+ 1. Ausdruck k+ 2k+ 1 ist identisch gleich dem Ausdruck ( k+ 1).
Daher ist die Wahrheit dieser Gleichheit für n=k+ 1 ist bewiesen.
Somit gilt diese Gleichheit für n= 1 und von seiner Wahrheit für n=k folgt der Wahrheit für n=k+ 1.
Dies beweist, dass diese Gleichheit für jede natürliche Zahl gilt.
Mit der Methode der mathematischen Induktion kann man die Wahrheit nicht nur von Gleichheiten, sondern auch von Ungleichungen beweisen.
Aufgabe. Beweisen Sie das wo nN.
Entscheidung. Lassen Sie uns die Wahrheit der Ungleichung für überprüfen n= 1. Wir haben - eine echte Ungleichheit.
Nehmen wir an, dass die Ungleichung gilt für n=k, jene. - wahre Ungleichheit. Lassen Sie uns anhand der Annahme beweisen, dass es gilt für
n=k+ 1, d.h. 
(*).
Wir transformieren die linke Seite der Ungleichung (*) unter Berücksichtigung von: .
Aber das bedeutet 
.
Diese Ungleichung gilt also für n= 1, und aus der Tatsache, dass die Ungleichung für einige gilt n= k, haben wir festgestellt, dass dies auch für gilt n= k+ 1.
Somit haben wir mit Axiom 4 bewiesen, dass diese Ungleichung für jede natürliche Zahl gilt.
Auch andere Behauptungen lassen sich mit der Methode der mathematischen Induktion beweisen.
Aufgabe. Beweisen Sie, dass die Aussage für jede natürliche Zahl gilt.
Entscheidung. Lassen Sie uns den Wahrheitsgehalt der Aussage überprüfen n= 1: -wahre Aussage.
Nehmen wir an, dass diese Aussage gilt für n=k: . Zeigen wir damit die Wahrheit der Aussage für n=k+ 1: 
.
Lassen Sie uns den Ausdruck umwandeln: . Lassen Sie uns den Unterschied finden k und k+ 1 Mitglieder. Wenn sich herausstellt, dass die resultierende Differenz ein Vielfaches von 7 ist und der Subtrahend nach Annahme durch 7 teilbar ist, dann ist auch der Minuend ein Vielfaches von 7:
Das Produkt ist also ein Vielfaches von 7 und .
Somit gilt diese Aussage für n= 1 und von seiner Wahrheit für n=k folgt der Wahrheit für n=k+ 1.
Damit ist bewiesen, dass diese Aussage für jede natürliche Zahl gilt.
Aufgabe. Beweisen Sie das für eine beliebige natürliche Zahl n 2 Aussage (7-1)24 ist wahr.
Entscheidung. 1) Überprüfen Sie den Wahrheitsgehalt der Aussage auf n= 2: - wahre Aussage.
Die Beweismethode, die in diesem Abschnitt diskutiert wird, basiert auf einem der Axiome der natürlichen Reihe.
Axiom der Induktion. Gegeben sei ein Satz, der von der Variablen abhängt P, stattdessen können Sie beliebige natürliche Zahlen ersetzen. Lassen Sie es uns bezeichnen A(p). Lassen Sie auch den Satz SONDERN gilt für die Zahl 1 und von der Tatsache, dass SONDERN wahr für Zahl zu, folgt dem SONDERN wahr für Zahl k+ 1. Dann bieten SONDERN gilt für alle natürlichen Werte P.
Symbolische Notation des Axioms:
Hier Gipfel- Variablen über die Menge der natürlichen Zahlen. Aus dem Induktionsaxiom erhält man folgende Schlussregel: 
Also, um die Wahrheit des Satzes zu beweisen SONDERN, Wir können zunächst zwei Aussagen beweisen: die Wahrheit der Aussage SONDERN( 1) sowie die Folgerung A(k) => A(k+ 1).
In Anbetracht des oben Gesagten beschreiben wir die Entität Methode
mathematische Induktion.
Lassen Sie es erforderlich sein, zu beweisen, dass der Satz A(p) wahr für alle natürlichen P. Der Beweis gliedert sich in zwei Stufen.
- 1. Stufe. Basis der Induktion. Wir nehmen als Wert P Nummer 1 und überprüfe das SONDERN( 1) ist eine wahre Aussage.
- 2. Stufe. Induktiver Übergang. Wir beweisen das für jede natürliche Zahl zu die Implikation ist wahr: wenn A (k), dann A(k+ 1).
Die Induktionspassage beginnt mit den Worten: „Nimm eine beliebige natürliche Zahl zu, so dass A(k)", oder "Let für eine natürliche Zahl zu Rechts A(k)". Anstelle des Wortes "lassen" heißt es oft "angenommen, dass ...".
Nach diesen Worten der Brief zu bezeichnet ein festes Objekt, für das die Beziehung gilt A(k). Kommen von A(k) wir leiten Konsequenzen ab, das heißt, wir bilden eine Satzkette A(k)9 R, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), wo jeder Satz R, ist eine wahre Aussage oder eine Konsequenz aus den vorherigen Sätzen. Der letzte Satz R" muss passen A(k+ ein). Daraus schließen wir: aus A(k) sollen A(k+).
Die Ausführung eines induktiven Übergangs kann in zwei Schritte unterteilt werden:
- 1) Induktive Annahme. Hier gehen wir davon aus SONDERN zu Variable n.
- 2) Basierend auf der Annahme beweisen wir das SONDERN richtig für Nummer?+1.
Beispiel 5.5.1. Lassen Sie uns beweisen, dass die Zahl p+p ist sogar für alle selbstverständlich P.
Hier A(p) = "n 2 + n- gerade Zahl". Das ist nachzuweisen SONDERN - identisch wahres Prädikat. Wir wenden die Methode der mathematischen Induktion an.
Basis der Induktion. Nehmen wir l=1. Ersetzen Sie im Ausdruck P+//, bekommen wir n 2 + n= I 2 + 1 = 2 ist eine gerade Zahl, dh /1(1) ist eine wahre Aussage.
Lassen Sie uns formulieren Induktionsannahme A(k)= "Nummer bis 2 + bis - sogar." Sie können dies sagen: „Nehmen Sie eine beliebige natürliche Zahl zu so dass zu 2 + zu ist eine gerade Zahl.
Daraus leiten wir die Behauptung ab A(kA-)= "Nummer (k+ 1) 2 + (? + 1) - gerade.
Durch die Eigenschaften von Operationen führen wir Transformationen durch:
Der erste Term der resultierenden Summe ist nach Annahme gerade, der zweite per Definition gerade (weil er die Form 2 hat P). Die Summe ist also eine gerade Zahl. Angebot A(k+ 1) bewiesen.
Durch die Methode der mathematischen Induktion schließen wir: den Satz A(p) wahr für alle natürlichen P.
Natürlich müssen Sie die Notation nicht jedes Mal eingeben A(p). Es empfiehlt sich aber dennoch, die induktive Annahme und was daraus abzuleiten ist, in einer eigenen Zeile zu formulieren.
Beachten Sie, dass die Behauptung aus Beispiel 5.5.1 ohne Anwendung der Methode der mathematischen Induktion bewiesen werden kann. Dazu genügt es, zwei Fälle zu betrachten: wann P auch und wann P seltsam.
Viele Teilbarkeitsprobleme werden durch mathematische Induktion gelöst. Schauen wir uns ein komplexeres Beispiel an.
Beispiel 5.5.2. Beweisen wir, dass die Zahl 15 2u_| +1 ist für alle natürlichen Zahlen durch 8 teilbar P.
Bacha-Induktion. Nehmen wir /1=1. Wir haben: Nummer 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 ist durch 8 teilbar.
, was für einige
natürliche Zahl zu die Zahl 15 2 * '+1 ist durch 8 teilbar.
Lassen Sie uns beweisen was ist denn die nummer a\u003d 15 2 (ZHN +1 ist durch 8 teilbar.
Konvertieren wir die Zahl a:
Nach Annahme ist die Zahl 15 2A1 +1 durch 8 teilbar, was bedeutet, dass der gesamte erste Term durch 8 teilbar ist. Der zweite Term 224=8-28 ist ebenfalls durch 8 teilbar. Also die Zahl a da die Differenz zweier Zahlen, die Vielfache von 8 sind, durch 8 teilbar ist. Der Induktionsschritt ist gerechtfertigt.
Basierend auf der Methode der mathematischen Induktion schließen wir das für alle natürlichen P die Zahl 15 2 "-1 -*-1 ist durch 8 teilbar.
Lassen Sie uns einige Bemerkungen zum gelösten Problem machen.
Die bewiesene Aussage lässt sich etwas anders formulieren: „Die Zahl 15“ „+1 ist für jedes ungerade natürliche / und durch 8 teilbar“.
Zweitens kann man aus der bewiesenen allgemeinen Aussage eine besondere Schlussfolgerung ziehen, deren Beweis als eigenes Problem geführt werden kann: Die Zahl 15 2015 +1 ist durch 8 teilbar. Daher ist es manchmal sinnvoll, das Problem durch Bezeichnung zu verallgemeinern einen bestimmten Wert durch einen Buchstaben, und wenden Sie dann die Methode der mathematischen Induktion an.
Im allgemeinsten Sinne bedeutet der Begriff "Induktion", dass allgemeine Schlussfolgerungen auf der Grundlage bestimmter Beispiele gezogen werden. Nachdem wir beispielsweise einige Beispiele für Summen gerader Zahlen 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38 betrachtet haben, schließen wir daraus, dass die Summe von zwei beliebigen Gerade Zahlen sind gerade Zahlen.
Im allgemeinen Fall kann eine solche Induktion zu falschen Schlussfolgerungen führen. Lassen Sie uns ein Beispiel für eine solche falsche Argumentation geben.
Beispiel 5.5.3. Betrachten Sie die Zahl a= /r+n+41 für natürliches /?.
Lassen Sie uns die Werte finden a für einige Werte P.
Lassen n= Ich habe dann ein = 43 ist eine Primzahl.
Sei /7=2. Dann a= 4+2+41 = 47 ist eine Primzahl.
Sei l=3. Dann a= 9+3+41 = 53 ist eine Primzahl.
Sei /7=4. Dann a= 16+4+41 = 61 ist eine Primzahl.
Nehmen Sie als Werte P Zahlen nach dem Quad, wie 5, 6, 7, und achten Sie auf die Nummer a wird einfach sein.
Wir schließen: „Für alle natürlichen /? Anzahl a wird einfach sein."
Das Ergebnis ist eine falsche Aussage. Hier ist ein Gegenbeispiel: /7=41. Stellen Sie das hiermit sicher P Anzahl a wird zusammengesetzt sein.
Der Begriff "mathematische Induktion" hat eine engere Bedeutung, da Sie mit dieser Methode immer zum richtigen Schluss kommen.
Beispiel 5.5.4. Basierend auf induktivem Denken erhalten wir eine Formel für den allgemeinen Term einer arithmetischen Folge. Denken Sie daran, dass der Beruf des Arithmetikers eine numerische Folge ist, deren jedes Mitglied sich von der vorherigen um dieselbe Zahl unterscheidet, die als Progressionsdifferenz bezeichnet wird. Um einen Rechenberuf eindeutig zu benennen, müssen Sie dessen erstes Mitglied angeben a und Unterschied d.
Also per Definition ein p+ = ein n + d, beim n> 1.
Im schulischen Mathematikunterricht wird in der Regel die Formel des Oberbegriffs des Rechenberufs nach besonderen Beispielen, also eben durch Induktion, aufgestellt.
Wenn /7=1, DANN Mit 7| = ICH|, DANN bin ich| = tf|+df(l-1).
Wenn /7=2, dann i 2 = a + d, also a= I|+*/(2-1).
Wenn /7=3, dann i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, d.h. i3 = i|+(3-1).
Wenn /7=4, dann i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 usw.
Die gegebenen speziellen Beispiele erlauben uns, eine Hypothese aufzustellen: Der allgemeine Begriff Formel hat die Form a" = a+(n-)d für alle /7>1.
Beweisen wir diese Formel mit der Methode der mathematischen Induktion.
Basis Induktion in früheren Gesprächen bestätigt.
Lassen zu - eine solche Nummer, bei der ich * - a+(k-)d (induktive Annahme).
Lassen Sie uns beweisen dass ich*+! = a+((k+)-)d, d.h. i*+1 = ax+kd.
Per Definition ist i*+1 = ab + d. ein zu= ich | +(zu-1 )d, meint, ac+\u003d ich ich + (A: -1) ^ / + c / \u003d ich | +(A-1+1 )d= ich ich + kd, was zum Beweis benötigt wurde (um den induktiven Übergang zu rechtfertigen).
Nun die Formel i„ = a+(n-)d bewiesen für jede natürliche Zahl /;.
Lassen Sie eine Folge i b i 2 , i, „ ... (nicht
notwendigerweise eine arithmetische oder geometrische Folge). Oft gibt es Probleme, bei denen es erforderlich ist, die erste zu summieren P Mitglieder dieser Folge, das heißt, geben Sie die Summe R|+i 2 +...+i und eine Formel an, mit der Sie die Werte dieser Summe finden können, ohne die Mitglieder der Folge zu berechnen.
Beispiel 5.5.5. Lassen Sie uns beweisen, dass die Summe der ersten P natürliche Zahlen ist
/?(/7 + 1)
Bezeichne die Summe 1+2+...+/7 mit Sn. Lassen Sie uns die Werte finden Sn für einige /7.
Beachten Sie, dass Sie zum Ermitteln der Summe S 4 den zuvor berechneten Wert 5 3 verwenden können, da 5 4 = 5 3 +4 ist.
n (n +1)
Wenn wir die betrachteten Werte ersetzen /? im Begriff --- etwas
wir erhalten jeweils die gleichen Summen 1, 3, 6, 10. Diese Beobachtungen
. _ n(n+ 1)
schlagen vor, dass die Formel S„=--- kann verwendet werden, wenn
irgendein //. Beweisen wir diese Vermutung mit der Methode der mathematischen Induktion.
Basis Induktion verifiziert. Machen wir das induktiver Übergang.
Annehmen dass die Formel für eine natürliche Zahl gilt
, k(k+ 1)
k, dann ist das Netzwerk die Summe der ersten zu natürliche Zahlen ist ----.
Lassen Sie uns beweisen dass die Summe der ersten (?+1) natürlichen Zahlen gleich ist
- (* + !)(* + 2)
Lassen Sie uns ausdrücken?*+1 durch S k . Dazu gruppieren wir in der Summe S*+i die erste zu Terme, und schreiben Sie den letzten Term separat:
Nach der Induktionsannahme S k = Also zu finden
die Summe der ersten (? + 1) natürlichen Zahlen, reicht bis zum bereits berechneten
. „ k(k+ 1) _ .. ..
die Summe der ersten zu Zahlen gleich ---, fügen Sie einen Term hinzu (k + 1).
Der induktive Übergang ist gerechtfertigt. Damit ist die eingangs aufgestellte Hypothese bewiesen.
Wir haben die Formel bewiesen Sn = n ^ n+ Methode
mathematische Induktion. Natürlich gibt es auch andere Beweise. Sie können zum Beispiel die Summe schreiben S, in aufsteigender Reihenfolge der Begriffe und dann in absteigender Reihenfolge der Begriffe:
Die Summe der Terme in einer Spalte ist konstant (in einer Summe nimmt jeder nächste Term um 1 ab und in der anderen um 1 zu) und ist gleich (/r + 1). Wenn wir also die resultierenden Summen zusammenfassen, haben wir P Terme gleich (u+1). Also doppelte Menge S " entspricht n(n+ 1).
Die soeben bewiesene Formel erhält man als Spezialfall der Formel für die Summe der Ersten P Glieder einer arithmetischen Folge.
Kehren wir zur Methode der mathematischen Induktion zurück. Beachten Sie, dass die erste Stufe der Methode der mathematischen Induktion (die Basis der Induktion) immer notwendig ist. Das Fehlen dieses Schritts kann zu einer falschen Schlussfolgerung führen.
Beispiel 5.5.6. „Beweisen“ wir den Satz: „Die Zahl 7“ + 1 ist für jede natürliche Zahl durch 3 teilbar“.
„Nehmen Sie an, das für einen natürlichen Wert zu die Zahl 7*+1 ist durch 3 teilbar. Beweisen wir, dass die Zahl 7 x +1 durch 3 teilbar ist. Führen Sie die Transformationen durch:
Die Zahl 6 ist offensichtlich durch 3 teilbar. Die Zahl 1 bis + ist nach der Induktionsannahme durch 3 teilbar, also ist die Zahl 7-(7* + 1) auch durch 3 teilbar. Daher ist die Differenz der durch 3 teilbaren Zahlen auch durch 3 teilbar.
Vorschlag bewiesen."
Der Beweis des ursprünglichen Satzes ist falsch, obwohl der Induktionsschritt korrekt ist. Tatsächlich bei n= Ich habe die Nummer 8, mit n=2 - die Zahl 50, ..., und keine dieser Zahlen ist durch 3 teilbar.
Lassen Sie uns eine wichtige Bemerkung über die Notation einer natürlichen Zahl bei der Durchführung eines induktiven Übergangs machen. Bei der Formulierung eines Vorschlags A(p) Buchstabe P wir bezeichneten eine Variable, an deren Stelle beliebige natürliche Zahlen treten können. Bei der Formulierung der Induktionshypothese haben wir den Wert der Variablen mit dem Buchstaben bezeichnet zu. Allerdings sehr oft statt eines neuen Briefes zu Verwenden Sie denselben Buchstaben wie die Variable. Dies wirkt sich nicht auf die Struktur der Argumentation aus, wenn der induktive Übergang durchgeführt wird.
Betrachten wir einige weitere Beispiele von Problemen, für die die Methode der mathematischen Induktion angewendet werden kann.
Beispiel 5.5.7. Finde den Wert der Summe
Variabel in der Aufgabe P erscheint nicht. Beachten Sie jedoch die Reihenfolge der Begriffe:
Bezeichnen S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Lass uns finden S" für einige P. Wenn /1= 1, dann S, = ein, =-.
Wenn ein n= 2. dann S, = a, + a? = - + - = - = -.
Wenn /?=3, dann S-, = a,+a 7+ ich, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Die Werte können Sie selbst berechnen S " bei /7 = 4; 5. Entsteht
natürliche Vermutung: Sn= -- für jedes natürliche /7. Lassen Sie uns beweisen
Dies geschieht durch mathematische Induktion.
Basis Induktion oben gecheckt.
Machen wir das induktiver Übergang, bezeichnet eine willkürliche
variabler Wert P denselben Buchstaben, das heißt, wir beweisen das aus der Gleichheit
0 /7 _ /7 +1
Sn=-folgt der Gleichheit S, =-.
/7+1 /7 + 2
Annehmen dass die Gleichheit wahr ist S= -P -.
Lassen Sie uns insgesamt zuweisen S„+ Erste P Bedingungen:
Unter Anwendung der Induktionsannahme erhalten wir:
Wenn wir den Bruch um (/7+1) kürzen, haben wir die Gleichheit S n+1 - , L
Der induktive Übergang ist gerechtfertigt.
Dies beweist, dass die Summe der ersten P Bedingungen
- 1 1 1 /7 ^
- - +-+...+- ist gleich -. Kommen wir nun zurück zum Original
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
Aufgabe. Um es zu lösen, genügt es, den Wert zu nehmen P Nummer 99.
Dann ist die Summe -!- + -!- + -!- + ...+ --- gleich der Zahl 0,99.
1-2 2-3 3-4 99100
Versuchen Sie, diesen Betrag anders zu berechnen.
Beispiel 5.5.8. Beweisen wir, dass die Ableitung der Summe beliebig vieler differenzierbarer Funktionen gleich der Summe der Ableitungen dieser Funktionen ist.
Lassen Sie die Variable /? bezeichnet die Anzahl der gegebenen Merkmale. Falls nur eine Funktion angegeben ist, wird diese Funktion als Summe verstanden. Wenn also /7=1, dann ist die Aussage offensichtlich wahr: /" = /".
Annehmen dass die Aussage für eine Menge von wahr ist P Funktionen (auch hier statt des Buchstabens zu Brief genommen P), das heißt, die Ableitung der Summe P Funktionen ist gleich der Summe der Ableitungen.
Lassen Sie uns beweisen dass die Ableitung der Summe von (n + 1) Funktionen gleich der Summe der Ableitungen ist. Nehmen Sie eine beliebige Menge bestehend aus n+ differenzierbare Funktion: /1,/2, . Stellen wir die Summe dieser Funktionen dar
als g+f„+ 1, wo g=f+/g+ ... +/t- Summe P Funktionen. Nach Induktionsannahme die Ableitung der Funktion g ist gleich der Summe der Ableitungen: g" = ft + ft + ... +ft. Daher gilt die folgende Gleichheitskette:
Der induktive Übergang ist abgeschlossen.
Damit ist der ursprüngliche Satz für endlich viele Funktionen bewiesen.
In einigen Fällen ist es erforderlich, die Wahrheit des Satzes zu beweisen A(p) für alle natürlichen i, ausgehend von einem gewissen Wert mit. Der Beweis durch mathematische Induktion erfolgt in solchen Fällen nach folgendem Schema.
Basis der Induktion. Wir beweisen, dass der Vorschlag SONDERN wahr für Wert P, gleich mit.
Induktiver Übergang. 1) Wir gehen davon aus, dass der Vorschlag SONDERN wahr für einen gewissen Wert zu Variable /?, die größer oder gleich ist mit.
2) Wir beweisen, dass der Satz SONDERN wahr für /? gleich
Beachten Sie erneut, dass anstelle des Buchstabens zu verlassen oft die Variablenbezeichnung P. In diesem Fall beginnt der induktive Übergang mit den Worten: „Angenommen, das für einen Wert n>s Rechts A(p). Beweisen wir das dann A(n+ ein)".
Beispiel 5.5.9. Lassen Sie uns das für alle natürlich beweisen n> 5 die Ungleichung 2“ > und 2 ist wahr.
Basis der Induktion. Lassen n= 5. Dann 2 5 =32, 5 2 =25. Ungleichung 32>25 ist wahr.
Induktiver Übergang. Annehmen, dass die Ungleichung 2 P>n 2 für eine natürliche Zahl n> 5. Lassen Sie uns beweisen, was dann 2" +| > (n+1) 2 ist.
Durch Eigenschaften der Potenzen 2“ +| = 2-2". Da 2" > n 2 (nach Induktionsannahme), dann 2-2" > 2n 2 (I).
Lassen Sie uns das begründen 2 S. 2 größer als (i+1) 2 . Dies kann auf viele Arten erfolgen. Es genügt, die quadratische Ungleichung zu lösen 2x 2 >(x+) 2 in der Menge der reellen Zahlen und sehen Sie, dass alle natürlichen Zahlen größer oder gleich 5 ihre Lösungen sind.
Wir werden wie folgt vorgehen. Finden wir den Unterschied der Zahlen 2 S. 2 und (i+1) 2:
Seit und > 5, dann ist i + 1 > 6, was bedeutet (i + 1) 2 > 36. Daher ist die Differenz größer als 0. Also, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).
Aus den Eigenschaften der Ungleichungen folgt aus (I) und (2), dass 2*2" > (n + 1) 2 , was nachzuweisen war, um den induktiven Übergang zu rechtfertigen.
Basierend auf der Methode der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Ungleichung 2" > i 2 gilt für alle natürlichen Zahlen i.
Betrachten Sie eine andere Form der Methode der mathematischen Induktion. Der Unterschied liegt im induktiven Übergang. Zur Umsetzung sind zwei Schritte erforderlich:
- 1) davon ausgehen, dass das Angebot A(p) wahr für alle Werte der Variablen i kleiner als eine Zahl R;
- 2) aus der getroffenen Annahme, folgern Sie, dass der Vorschlag A(p) wahr für Zahl R.
Der Induktionsschritt erfordert also den Beweis des Korollars: [(Ui?) A(n)] => A(p). Beachten Sie, dass die Folgerung umgeschrieben werden kann als: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).
In der ursprünglichen Formulierung der Methode der mathematischen Induktion beim Beweis des Satzes A(p) wir haben uns nur auf den "vorherigen" Vorschlag verlassen A(p- ein). Die hier gegebene Formulierung des Verfahrens erlaubt die Ableitung A(p), davon aus, dass alle Vorschläge Ein), wo ich weniger bin R, sind wahr.
Beispiel 5.5.10. Beweisen wir den Satz: „Die Summe der Innenwinkel jedes i-Ecks ist 180°(i-2)“.
Für ein konvexes Polygon ist der Satz leicht zu beweisen, wenn es durch Diagonalen, die von einer Ecke aus gezogen werden, in Dreiecke geteilt wird. Für ein nicht konvexes Polygon ist ein solches Verfahren jedoch möglicherweise nicht möglich.
Beweisen wir den Satz für ein beliebiges Vieleck durch mathematische Induktion. Wir setzen voraus, dass die folgende Behauptung bekannt ist, die streng genommen eines gesonderten Beweises bedarf: "In jedem //-Eck gibt es eine Diagonale, die ganz in seinem inneren Teil liegt."
Anstelle einer Variablen // können Sie beliebige natürliche Zahlen ersetzen, die größer oder gleich 3 sind. For n=b Der Satz ist wahr, weil die Summe der Winkel in einem Dreieck 180° beträgt.
Nehmen Sie etwas /7-gon (p> 4) und nehmen an, dass die Summe der Winkel eines beliebigen //-Ecks mit // p gleich 180°(//-2) ist. Beweisen wir, dass die Summe der Winkel des //-Ecks gleich 180°(//-2) ist.
Zeichnen wir ein diagonales //-Eck, das darin liegt. Es wird das //-Eck in zwei Polygone teilen. Lassen Sie einen von ihnen haben zu Seiten, die andere zu 2 Seiten. Dann k + k 2 -2 \u003d p, da die resultierenden Polygone eine gemeinsame gezeichnete Diagonale haben, die keine Seite des ursprünglichen //-Ecks ist.
Beide Nummern zu und zu 2 kleiner //. Wenden wir die induktive Annahme auf die resultierenden Polygone an: Die Winkelsumme des A]-Ecks ist 180°-(?i-2), und die Winkelsumme &agr; 2-Eck ist gleich 180° - (Ar 2 -2). Dann ist die Summe der Winkel des //-Ecks gleich der Summe dieser Zahlen:
180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 ° (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).
Der induktive Übergang ist gerechtfertigt. Basierend auf der Methode der mathematischen Induktion wird der Satz für jedes //-Eck (//>3) bewiesen.
Methode der mathematischen Induktion
Einführung
Hauptteil
- Vollständige und unvollständige Induktion
- Prinzip der mathematischen Induktion
- Methode der mathematischen Induktion
- Lösung von Beispielen
- Gleichberechtigung
- Zahlenteilung
- Ungleichheiten
Fazit
Verzeichnis der verwendeten Literatur
Einführung
Deduktive und induktive Methoden sind die Grundlage jeder mathematischen Forschung. Die deduktive Argumentationsmethode ist die Argumentation vom Allgemeinen zum Besonderen, d.h. Argumentation, deren Ausgangspunkt das allgemeine Ergebnis ist und deren Endpunkt das besondere Ergebnis ist. Induktion wird angewendet, wenn von bestimmten Ergebnissen zu allgemeinen übergegangen wird, d.h. ist das Gegenteil der deduktiven Methode.
Die Methode der mathematischen Induktion kann mit dem Fortschritt verglichen werden. Wir fangen beim Niedrigsten an, durch logisches Denken kommen wir zum Höchsten. Der Mensch hat immer nach Fortschritt gestrebt, nach der Fähigkeit, sein Denken logisch zu entwickeln, was bedeutet, dass ihn die Natur selbst dazu bestimmt hat, induktiv zu denken.
Obwohl das Anwendungsgebiet der Methode der mathematischen Induktion gewachsen ist, wird ihr im Schulunterricht wenig Zeit gewidmet. Nehmen wir an, dass eine nützliche Person durch diese zwei oder drei Lektionen gebracht wird, für die sie fünf Wörter Theorie hört, fünf primitive Probleme löst und als Ergebnis eine Fünf bekommt, weil sie nichts weiß.
Aber das ist so wichtig – induktiv denken zu können.
Hauptteil
In seiner ursprünglichen Bedeutung bezieht sich das Wort "Induktion" auf eine Argumentation, durch die allgemeine Schlussfolgerungen auf der Grundlage einer Reihe bestimmter Aussagen gezogen werden. Die einfachste Beweismethode dieser Art ist die vollständige Induktion. Hier ist ein Beispiel für eine solche Argumentation.
Es soll festgestellt werden, dass jede natürliche gerade Zahl n innerhalb von 4 ist< 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.
Diese neun Gleichungen zeigen, dass jede der für uns interessanten Zahlen tatsächlich als Summe zweier Primzahlen dargestellt wird.
Vollständige Induktion bedeutet also, dass die allgemeine Aussage in jedem einer endlichen Anzahl möglicher Fälle separat bewiesen wird.
Manchmal kann das allgemeine Ergebnis vorhergesagt werden, nachdem nicht alle, sondern eine Vielzahl von Spezialfällen berücksichtigt wurden (die sogenannte unvollständige Induktion).
Das durch unvollständige Induktion erhaltene Ergebnis bleibt jedoch nur eine Hypothese, bis es durch exakte mathematische Argumentation bewiesen ist, die alle Spezialfälle abdeckt. Mit anderen Worten, unvollständige Induktion in der Mathematik wird nicht als legitime Methode für strenge Beweise angesehen, sondern ist eine leistungsstarke Methode, um neue Wahrheiten zu entdecken.
Beispielsweise soll die Summe der ersten n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ermittelt werden. Betrachten Sie Sonderfälle:
1+3+5+7+9=25=5 2
Nach Betrachtung dieser wenigen Sonderfälle bietet sich folgende allgemeine Schlussfolgerung an:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
jene. die Summe der ersten n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ist n 2
Als Beweis für die Gültigkeit obiger Formel kann die gemachte Beobachtung freilich noch nicht dienen.
Vollständige Induktion hat nur begrenzte Anwendungen in der Mathematik. Viele interessante mathematische Aussagen decken unendlich viele Spezialfälle ab, und wir können nicht auf unendlich viele Fälle testen. Eine unvollständige Induktion führt oft zu fehlerhaften Ergebnissen.
In vielen Fällen besteht der Ausweg aus dieser Art von Schwierigkeiten darin, auf eine spezielle Argumentationsmethode zurückzugreifen, die als Methode der mathematischen Induktion bezeichnet wird. Es ist wie folgt.
Es sei notwendig, die Gültigkeit einer bestimmten Aussage für eine beliebige natürliche Zahl n zu beweisen (z. B. muss nachgewiesen werden, dass die Summe der ersten n ungeraden Zahlen gleich n 2 ist). Eine direkte Überprüfung dieser Aussage für jeden Wert von n ist unmöglich, da die Menge der natürlichen Zahlen unendlich ist. Um diese Aussage zu beweisen, prüfen Sie zunächst ihre Gültigkeit für n=1. Dann ist bewiesen, dass für jeden natürlichen Wert von k die Gültigkeit der betrachteten Aussage für n=k auch ihre Gültigkeit für n=k+1 impliziert.
Dann gilt die Behauptung für alle n als bewiesen. Tatsächlich gilt die Aussage für n=1. Aber dann gilt es auch für die nächste Zahl n=1+1=2. Die Gültigkeit der Behauptung für n=2 impliziert ihre Gültigkeit für n=2+
1=3. Dies impliziert die Gültigkeit der Aussage für n=4, und so weiter. Es ist klar, dass wir am Ende jede natürliche Zahl n erreichen werden. Die Aussage gilt also für jedes n.
Wir fassen das Gesagte zusammen und formulieren das folgende allgemeine Prinzip.
Das Prinzip der mathematischen Induktion.
Wenn der Satz A(n), der von einer natürlichen Zahl n abhängt, für n=1 wahr ist, und aus der Tatsache, dass er für n=k gilt (wobei k eine beliebige natürliche Zahl ist), folgt, dass er es auch ist wahr für die nächste Zahl n=k +1, dann ist Annahme A(n) wahr für jede natürliche Zahl n.
In einigen Fällen kann es notwendig sein, die Gültigkeit einer bestimmten Aussage nicht für alle natürlichen Zahlen zu beweisen, sondern nur für n > p, wobei p eine feste natürliche Zahl ist. Das Prinzip der mathematischen Induktion wird dabei wie folgt formuliert.
Wenn Aussage A(n) wahr ist für n=p und wenn A(k)ÞA(k+1) für jedes k>p, dann ist Aussage A(n) wahr für jedes n>p.
Der Beweis nach der Methode der mathematischen Induktion wird wie folgt geführt. Zunächst wird die zu beweisende Behauptung auf n=1 geprüft, d.h. die Wahrheit der Aussage A(1) ist bewiesen. Dieser Teil des Beweises wird Induktionsbasis genannt. Darauf folgt ein Teil des Beweises, der Induktionsschritt genannt wird. In diesem Teil wird die Gültigkeit der Aussage für n=k+1 unter der Annahme bewiesen, dass die Aussage für n=k gilt (die induktive Annahme), d.h. Beweisen Sie, dass A(k)ÞA(k+1).
Beweisen Sie, dass 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Lösung: 1) Wir haben n=1=1 2 . Somit,
die Aussage gilt für n=1, d.h. A(1) ist wahr.
2) Beweisen wir, dass A(k)ÞA(k+1).
Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Aussage für n=k wahr, d.h.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Beweisen wir, dass die Behauptung dann auch für die nächste natürliche Zahl n=k+1 gilt, also was
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Tatsächlich,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Annahme A(n) für jedes nОN gilt.
Beweise das
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), wobei x¹1
Lösung: 1) Für n=1 erhalten wir
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
daher gilt für n=1 die Formel; A(1) ist wahr.
2) Sei k eine beliebige natürliche Zahl und die Formel sei wahr für n=k, d.h.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Beweisen wir das dann die Gleichheit
1+x+x 2 +x 3 +…+xk +xk+1 =(xk+2 -1)/(x-1).
Tatsächlich
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
= (xk+1 – 1)/(x – 1) + xk+1 = (xk+2 – 1)/(x – 1).
Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion schließen wir, dass die Formel für jede natürliche Zahl n gilt.
Beweisen Sie, dass die Anzahl der Diagonalen eines konvexen n-Ecks n(n-3)/2 ist.
Lösung: 1) Für n=3 ist die Aussage wahr
Und 3 ist richtig, weil in einem Dreieck
A 3 =3(3-3)/2=0 Diagonalen;
A 2 A(3) ist wahr.
2) Nehmen wir an, dass in jedem
konvexes k-gon hat-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 Diagonalen.
A k Beweisen wir das dann in einer Konvexität
(k+1)-Eckzahl
Diagonalen Ak+1 = (k+1)(k-2)/2.
Sei À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -konvexer (k+1)-Winkel. Zeichnen wir eine Diagonale A 1 A k hinein. Um die Gesamtzahl der Diagonalen dieses (k + 1)-Ecks zu zählen, müssen Sie die Anzahl der Diagonalen im k-Eck A 1 A 2 ...A k zählen, k-2 zur resultierenden Zahl addieren, d.h. die Anzahl der vom Scheitelpunkt A k+1 ausgehenden Diagonalen des (k+1)-Ecks und zusätzlich die Diagonale A 1 A k zu berücksichtigen.
Auf diese Weise,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Also A(k)ÞA(k+1). Aufgrund des Induktionsprinzips gilt die Aussage für jedes konvexe n-Eck.
Beweisen Sie, dass für jedes n die Aussage gilt:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Lösung: 1) Dann sei n=1
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.
Für n=1 ist die Aussage also wahr.
2) Nehmen Sie an, dass n=k
Xk \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Betrachten Sie diese Aussage für 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.
Wir haben die Gültigkeit der Gleichheit für n = k + 1 bewiesen, daher gilt die Aussage aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes natürliche n.
Beweisen Sie, dass für jedes natürliche n die Gleichheit gilt:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Lösung: 1) Sei n=1.
Dann ist X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Wir sehen, dass für n=1 die Aussage wahr ist.
2) Angenommen, die Gleichheit gilt für n=k
Xk \u003d k2 (k + 1) 2 / 4.
3) Beweisen wir die Wahrheit dieser Aussage für n=k+1, d.h.
Xk+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.
Aus dem obigen Beweis ist klar, dass die Aussage für n=k+1 gilt, also gilt die Gleichheit für jedes natürliche n.
Beweise das
((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), wobei n > 2.
Lösung: 1) Für n=2 sieht die Identität so aus: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
jene. es ist korrekt.
2) Angenommen, der Ausdruck gilt für n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) Wir beweisen die Richtigkeit des Ausdrucks für 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).
Wir haben die Gültigkeit der Gleichheit für n = k + 1 bewiesen, daher gilt die Aussage aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes n> 2
Beweise das
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
für jedes natürliche n.
Lösung: 1) Dann sei n=1
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Angenommen, dass n = k, dann
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Beweisen wir die Wahrheit dieser Aussage für 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).
Auch die Gültigkeit der Gleichheit für n=k+1 ist bewiesen, also gilt die Aussage für jede natürliche Zahl n.
Beweisen Sie die Gültigkeit der Identität
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
für jedes natürliche n.
1) Für n=1 ist die Identität wahr 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Nehmen Sie an, dass für n=k
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Beweisen wir, dass die Identität für n=k+1 gilt.
(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).
Aus dem obigen Beweis ist ersichtlich, dass die Behauptung für jede natürliche Zahl n gilt.
Beweisen Sie, dass (11 n+2 +12 2n+1) ohne Rest durch 133 teilbar ist.
Lösung: 1) Dann sei n=1
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.
Aber (23´133) ist ohne Rest durch 133 teilbar, also gilt für n=1 die Aussage; A(1) ist wahr.
2) Angenommen, (11 k+2 +12 2k+1) ist ohne Rest durch 133 teilbar.
3) Lassen Sie uns das in diesem Fall beweisen
(11 k+3 +12 2k+3) ist ohne Rest durch 133 teilbar. Tatsächlich ist 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(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .
Die resultierende Summe ist ohne Rest durch 133 teilbar, da ihr erster Term durch Annahme ohne Rest durch 133 teilbar ist und im zweiten einer der Faktoren 133 ist. Also À(k)ÞÞ(k+1). Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.
Beweisen Sie, dass für jedes n 7 n -1 ohne Rest durch 6 teilbar ist.
Lösung: 1) Sei n=1, dann wird X 1 =7 1 -1=6 ohne Rest durch 6 geteilt. Für n=1 ist die Aussage also wahr.
2) Nehmen Sie an, dass für n=k
7 k -1 ist ohne Rest durch 6 teilbar.
3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt.
Xk+1 =7k+1 -1=7´7k -7+6=7(7k -1)+6.
Der erste Term ist durch 6 teilbar, da 7 k -1 per Annahme durch 6 teilbar ist und der zweite Term 6 ist. Also ist 7 n -1 ein Vielfaches von 6 für jedes natürliche n. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.
Beweisen Sie, dass 3 3n-1 +2 4n-3 für beliebige natürliche n durch 11 teilbar ist.
Lösung: 1) Dann sei n=1
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 wird ohne Rest durch 11 geteilt. Für n=1 ist die Aussage also wahr.
2) Nehmen Sie an, dass für n=k
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ist ohne Rest durch 11 teilbar.
3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt.
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 .
Der erste Term ist ohne Rest durch 11 teilbar, da 3 3k-1 +2 4k-3 per Annahme durch 11 teilbar ist, der zweite durch 11 teilbar, weil einer seiner Faktoren die Zahl 11 ist. Also ist die Summe für jedes natürliche n auch ohne Rest durch 11 teilbar. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.
Beweisen Sie, dass 11 2n -1 für eine beliebige positive ganze Zahl n ohne Rest durch 6 teilbar ist.
Lösung: 1) Sei n=1, dann ist 11 2 -1=120 ohne Rest durch 6 teilbar. Für n=1 ist die Aussage also wahr.
2) Nehmen Sie an, dass für n=k
11 2k -1 ist ohne Rest durch 6 teilbar.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Beide Terme sind ohne Rest durch 6 teilbar: Der erste enthält ein Vielfaches von 6, Zahl 120, und der zweite ist per Annahme ohne Rest durch 6 teilbar. Die Summe ist also ohne Rest durch 6 teilbar. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.
Beweisen Sie, dass 3 3n+3 -26n-27 für eine beliebige positive ganze Zahl n ohne Rest durch 26 2 (676) teilbar ist.
Lösung: Beweisen wir zunächst, dass 3 3n+3 -1 ohne Rest durch 26 teilbar ist.
- Für n=0
- Angenommen, für n=k
- Lassen Sie uns beweisen, dass die Aussage
3 3 -1=26 ist durch 26 teilbar
3 3k+3 -1 ist durch 26 teilbar
wahr für n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – teilbar durch 26
Beweisen wir nun die in der Bedingung des Problems formulierte Behauptung.
1) Es ist offensichtlich, dass für n=1 die Aussage wahr ist
3 3+3 -26-27=676
2) Nehmen Sie an, dass für n=k
der Ausdruck 3 3k+3 -26k-27 ist ohne Rest durch 26 2 teilbar.
3) Beweisen wir, dass die Aussage für n=k+1 gilt
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Beide Terme sind durch 26 2 teilbar; die erste ist durch 26 2 teilbar, weil wir bewiesen haben, dass der Ausdruck in der Klammer durch 26 teilbar ist, und die zweite durch die Induktionsannahme. Durch die Methode der mathematischen Induktion ist die Behauptung bewiesen.
Beweisen Sie, dass wenn n>2 und x>0, dann die Ungleichung
(1+x) n >1+n´x.
Lösung: 1) Für n=2 ist die Ungleichung wahr, da
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Also ist A(2) wahr.
2) Beweisen wir, dass A(k)ÞA(k+1) gilt, falls k> 2. Angenommen, A(k) sei wahr, d. h. die Ungleichung
(1+x) k >1+k´x. (3)
Beweisen wir, dass dann auch A(k+1) gilt, d.h. dass die Ungleichung
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Tatsächlich erhalten wir, wenn wir beide Seiten der Ungleichung (3) mit einer positiven Zahl 1+x multiplizieren
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Betrachten Sie die rechte Seite des letzten Ungleichen
stva; wir haben
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Als Ergebnis bekommen wir das
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Also A(k)ÞA(k+1). Basierend auf dem Prinzip der mathematischen Induktion kann argumentiert werden, dass die Bernoulli-Ungleichung für alle gilt
Beweisen Sie, dass die Ungleichung gilt
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 für a> 0.
Lösung: 1) Für m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 beide Teile sind gleich.
2) Nehmen Sie an, dass für m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Beweisen wir, dass für m=k+1 die Ungleichheit wahr ist
(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 .
Wir haben die Gültigkeit der Ungleichung für m = k + 1 bewiesen, daher gilt die Ungleichung aufgrund der Methode der mathematischen Induktion für jedes natürliche m.
Beweisen Sie, dass für n>6 die Ungleichung gilt
3 n >n´2 n+1 .
Lösung: Schreiben wir die Ungleichung in die Form um
- Für n=7 haben wir
- Angenommen, für n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
die Ungleichung ist wahr.
3) Beweisen wir die Richtigkeit der Ungleichung für n=k+1.
3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Da k > 7, ist die letzte Ungleichung offensichtlich.
Aufgrund der Methode der mathematischen Induktion gilt die Ungleichung für jedes natürliche n.
Beweisen Sie, dass für n>2 die Ungleichung gilt
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Lösung: 1) Für n=3 gilt die Ungleichung
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Angenommen, für n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Wir werden die Gültigkeit der Nicht-
Gleichheiten für n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Beweisen wir, dass 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 Letzteres ist offensichtlich, und daher 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Aufgrund der Methode der mathematischen Induktion wird die Ungleichheit bewiesen. Fazit Insbesondere durch das Studium der Methode der mathematischen Induktion habe ich meine Kenntnisse in diesem Bereich der Mathematik verbessert und auch gelernt, Probleme zu lösen, die zuvor außerhalb meiner Möglichkeiten lagen. Im Grunde waren das logische und unterhaltsame Aufgaben, d.h. gerade diejenigen, die das Interesse an der Mathematik selbst als Wissenschaft steigern. Das Lösen solcher Probleme wird zu einer unterhaltsamen Beschäftigung und kann immer mehr Neugierige in die mathematischen Labyrinthe locken. Meiner Meinung nach ist dies die Grundlage jeder Wissenschaft. Indem ich die Methode der mathematischen Induktion weiter studiere, werde ich versuchen zu lernen, wie man sie nicht nur in der Mathematik anwendet, sondern auch bei der Lösung von Problemen in Physik, Chemie und im Leben selbst. MATHEMATIK: VORTRÄGE, AUFGABEN, LÖSUNGEN Lehrbuch / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996. ALGEBRA UND DIE PRINZIPIEN DER ANALYSE Lehrbuch / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivashev-Musatov, B. E. Veits. "Aufklärung" 1975. In vielen Bereichen der Mathematik muss man die Wahrheit einer Aussage beweisen, die von abhängt, d.h. Wahrheit des Satzes p(n) zum " níN (für alle n AN p(n) Rechts). Dies lässt sich oft nachweisen Methode der mathematischen Induktion. Dieses Verfahren basiert auf dem Prinzip der mathematischen Induktion. Es wird normalerweise als eines der Axiome der Arithmetik gewählt und daher ohne Beweis akzeptiert. Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion ist der Satz p(n) gilt für alle natürlichen Werte der Variablen als wahr, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind: 1. Angebot p(n) wahr für n= 1. 2. Aus dem Satz that p(n) wahr für n =k (k- beliebige natürliche Zahl) folgt, dass es gilt für n =k+ 1. Unter der Methode der mathematischen Induktion versteht man die folgende Beweismethode 1. Prüfen Sie den Wahrheitsgehalt der Aussage auf n= 1 ist die Basis der Induktion. 2. Nehmen Sie an, dass die Aussage gilt für n = k - induktive Annahme. 3. Beweisen Sie, dass dann auch für gilt n =k+ 1 induktiver Übergang. Manchmal ein Vorschlag p(n) stellt sich als wahr nicht für alle natürlich n, und beginnend mit einigen für n = n 0. In diesem Fall wird die Wahrheit in der Induktionsbasis überprüft p(n) beim n = n 0. Beispiel 1 Lassen . Beweise das 1. Induktionsbasis: wann n= 1 per definitionem S 1 = 1 und durch die Formel erhalten wir ein Ergebnis. Die Aussage ist richtig. n=k und . n=k+ 1. Beweisen wir das . Allerdings nach induktiver Annahme Lassen Sie uns diesen Ausdruck umwandeln Der induktive Übergang ist bewiesen. Kommentar. Es ist sinnvoll aufzuschreiben, was gegeben ist (eine induktive Annahme) und was bewiesen werden muss! Beispiel 2 Beweisen 1. Basis der Induktion. Beim n= 1, so ist die Behauptung offensichtlich wahr. 2. Induktionsannahme. Lassen n=k und 3. Induktiver Übergang. Lassen n=k+ 1. Beweisen wir: Lassen Sie uns tatsächlich die rechte Seite als Summe zweier Zahlen quadrieren: Unter Verwendung der induktiven Annahme und der Formel für die Summe einer arithmetischen Folge: , erhalten wir Beispiel 3 Beweisen Sie die Ungleichung 1. Grundlage der Induktion ist in diesem Fall die Überprüfung der Wahrheit der Aussage für , d.h. Ungleichheit muss überprüft werden. Dazu genügt es, die Ungleichung zu quadrieren: oder 63< 64 – неравенство верно. 2. Die Ungleichung sei wahr für , d.h. 3. Lassen Sie beweisen: Wir verwenden die Induktionshypothese Da wir wissen, wie die rechte Seite der zu beweisenden Ungleichung aussehen sollte, wählen wir diesen Teil aus Es bleibt festzustellen, dass der zusätzliche Faktor Eins nicht überschreitet. Wirklich, Beispiel 4 Beweisen Sie, dass jede natürliche Zahl auf eine Ziffer endet. 1. Die kleinste natürliche Zahl, ab der die Aussage wahr ist, ist gleich . . 2. Lassen Sie die Zahl für auf enden. Dies bedeutet, dass diese Zahl geschrieben werden kann als , wobei eine natürliche Zahl ist. Dann . 3. Lassen Sie . Beweisen wir, dass es auf endet. Unter Verwendung der resultierenden Darstellung erhalten wir Die letzte Zahl hat genau Einsen. Anhang 1.4. Methode der mathematischen Induktion Wie Sie wissen, müssen mathematische Aussagen (Theoreme) begründet, bewiesen werden. Wir werden jetzt eine der Beweismethoden kennenlernen - die Methode der mathematischen Induktion. Im weitesten Sinne ist Induktion eine Art des Denkens, die es Ihnen ermöglicht, von bestimmten Aussagen zu allgemeinen Aussagen zu gelangen. Den umgekehrten Übergang von allgemeinen Aussagen zu besonderen nennt man Deduktion. Deduktion führt immer zu richtigen Schlussfolgerungen. Wir kennen zum Beispiel das allgemeine Ergebnis: Alle ganzen Zahlen, die auf Null enden, sind durch 5 teilbar. Daraus können wir natürlich schließen, dass jede bestimmte Zahl, die auf 0 endet, wie zum Beispiel 180, durch 5 teilbar ist. Gleichzeitig kann die Induktion zu falschen Schlussfolgerungen führen. Wenn wir zum Beispiel feststellen, dass die Zahl 60 durch die Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6 teilbar ist, haben wir kein Recht darauf zu schließen, dass 60 überhaupt durch irgendeine Zahl teilbar ist. Die Methode der mathematischen Induktion ermöglicht es in vielen Fällen, die Gültigkeit der allgemeinen Behauptung P(n), deren Formulierung eine natürliche Zahl n enthält, rigoros zu beweisen. Die Anwendung der Methode umfasst 3 Stufen. 1) Induktionsbasis: Wir überprüfen die Gültigkeit der Aussage P(n) für n = 1 (oder für einen anderen, privaten Wert von n, ab dem die Gültigkeit von P(n) angenommen wird). 2) Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass P(n) gilt für n = k. 3) Induktionsschritt: Mit der Annahme beweisen wir, dass P(n) für n = k + 1 gilt. Daraus können wir schließen, dass P(n) für jedes n ∈ N gilt. Tatsächlich ist für n = 1 die Behauptung wahr (die Basis der Induktion). Und damit gilt es auch für n = 2, da der Übergang von n = 1 nach n = 2 gerechtfertigt ist (Induktionsschritt). Durch wiederholte Anwendung des Induktionsschritts erhalten wir die Gültigkeit von P(n) für n = 3, 4, 5, . . ., also die Gültigkeit von P(n) für alle n. Beispiel 14. Die Summe der ersten n ungeraden natürlichen Zahlen ist n2: 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2. Der Beweis wird nach der Methode der mathematischen Induktion geführt. 1) Basis: für n=1 gibt es nur einen Term auf der linken Seite, wir erhalten: 1 = 1. Die Aussage ist richtig. 2) Annahme: Wir nehmen an, dass für einige k die Gleichheit gilt: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2. Die allgemeine Problemstellung lautet wie folgt: Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, ist gleich $p$. $n$ Schüsse abgefeuert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Ziel genau $k$ mal getroffen wird (es wird $k$ Treffer geben). Wir wenden die Bernoulli-Formel an und erhalten: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k). Hier ist $C_n^k$ die Anzahl der Kombinationen von $n$ bis $k$. Wenn das Problem mehrere Pfeile mit betrifft verschiedene Wahrscheinlichkeiten Zielerreichung, Theorie, Lösungsbeispiele und einen Rechner finden Sie hier. Sehen Sie sich unser Video zum Lösen von Problemen mit Bernoulli-Aufnahmen an und erfahren Sie, wie Sie Excel verwenden, um häufige Probleme zu lösen.
Die Excel-Berechnungsdatei aus dem Video können Sie kostenlos herunterladen und zur Lösung Ihrer Probleme verwenden. Schauen wir uns ein paar typische Beispiele an. Beispiel 1 7 Schüsse abgefeuert. Die Wahrscheinlichkeit, mit einem Schuss zu treffen, beträgt 0,705. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass es genau 5 Treffer geben wird. Wir erhalten, dass es sich bei dem Problem um wiederholte unabhängige Tests handelt (Schüsse auf das Ziel), $n=7$ Schüsse werden insgesamt abgefeuert, die Trefferwahrscheinlichkeit mit jedem $p=0,705$, die Wahrscheinlichkeit zu verfehlen $q=1-p =1-0,705=0,295 $. Wir müssen herausfinden, dass es genau $k=5$ Treffer geben wird. Wir setzen alles in Formel (1) ein und erhalten: $$ 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. $$ Beispiel 2 Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, beträgt 0,4. Auf das Ziel werden vier unabhängige Schüsse abgefeuert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Ziel mindestens einmal getroffen wird. Wir untersuchen das Problem und schreiben die Parameter auf: $n=4$ (Schuss), $p=0.4$ (Trefferwahrscheinlichkeit), $k \ge 1$ (es wird mindestens einen Treffer geben). Wir verwenden die Formel für die Wahrscheinlichkeit des gegenteiligen Ereignisses (es gibt keinen Treffer): $$ 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. $$ Die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal von vier zu treffen, liegt bei 0,87 oder 87 %. Beispiel 3 Die Wahrscheinlichkeit, dass der Schütze das Ziel trifft, beträgt 0,3. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass mit 6 Schüssen das Ziel drei- bis sechsmal getroffen wird. Im Gegensatz zu den vorherigen Aufgaben müssen Sie hier die Wahrscheinlichkeit finden, dass die Anzahl der Treffer in einem bestimmten Intervall liegt (und nicht genau einer Zahl entspricht). Aber die Formel ist die gleiche. Lassen Sie uns die Wahrscheinlichkeit ermitteln, dass das Ziel drei- bis sechsmal getroffen wird, das heißt, es gibt entweder 3 oder 4 oder 5 oder 6 Treffer. Diese Wahrscheinlichkeiten werden nach Formel (1) berechnet: $$ 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. Da die Ereignisse inkompatibel sind, kann die gesuchte Wahrscheinlichkeit mit der Wagefunden werden: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$ Beispiel 4 Die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer auf der Zielscheibe bei vier Schüssen beträgt 0,9984. Berechne die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen. Lassen Sie uns die Wahrscheinlichkeit bezeichnen, das Ziel mit einem Schuss zu treffen. Lassen Sie uns ein Ereignis eingeben: Schreiben wir die Formel für die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $A$ auf. Schreiben wir die bekannten Werte auf: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Setze Formel (1) ein und erhalte: $$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984. Wir lösen die resultierende Gleichung: $$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ Die Wahrscheinlichkeit, das Ziel mit einem Schuss zu treffen, beträgt also 0,8. Vielen Dank für das Lesen und Teilen mit anderen Finden Sie fertige Aufgaben in der Lösung: Online-Berechnungen mit der Bernoulli-Formel Die Ungleichung in der Mathematik gilt für alle Gleichungen, in denen "=" durch eines der folgenden Zeichen ersetzt wird: \ [> \] \ [\geq \] \ [ * linear; * Quadrat; * gebrochen; * indikativ; * trigonometrisch; * logarithmisch. Abhängig davon heißen die Ungleichungen linear, partiell usw. Auf diese Anzeichen sollten Sie achten: * Ungleichungen mit größer als (>) oder kleiner als ( * Ungleichheiten mit Symbolen, die größer oder gleich \[\geq\] kleiner oder gleich [\leq\] sind, werden als unprofessionell bezeichnet; * Das Symbol ist nicht dasselbe \[\ne\] allein, aber Fälle mit diesem Symbol müssen ständig gelöst werden. Eine solche Ungleichheit wird durch Transformationen von Identitäten gelöst. Lesen Sie auch unseren Artikel „Löse die vollständige Lösung für eine Online-Gleichung“ Nehmen wir an, dass die folgende Ungleichung gilt: Wir lösen sie auf die gleiche Weise wie eine lineare Gleichung, aber wir sollten das Vorzeichen der Ungleichheit sorgfältig überwachen. Zuerst verschieben wir die Begriffe vom Unbekannten nach links, vom Bekannten nach rechts, indem wir die Symbole umkehren: Dann dividieren wir beide Seiten durch -4 und kehren das Ungleichheitszeichen um: Das ist die Antwort auf diese Gleichung. Sie können die Gleichung auf unserer Website pocketteacher.ru lösen. In Sekundenschnelle löst eine kostenlose Online-Rettungslösung eine beliebig komplexe Online-Gleichung. Alles, was Sie tun müssen, ist, Ihre Daten in die Rettung einzugeben. Auf unserer Website können Sie sich auch Videoanleitungen ansehen und lernen, wie Sie die Gleichung lösen. Und wenn Sie Fragen haben, können Sie sie in unserer Vkontakte-Gruppe stellen: pocketteacher. Treten Sie unserer Gruppe bei, wir helfen Ihnen gerne weiter. Gleichungslösung / Differentialgleichungen © RU-Test - Online-Rechner Die gleichung: Mit dem Taschenrechner können Sie Differentialgleichungen unterschiedlicher Komplexität lösen. MBOU Lyzeum „Technik und Wirtschaft“
Methode der mathematischen Induktion
Methode der mathematischen Induktion.
ERLÄUTERUNGEN
Für Schülerinnen und Schüler der 10. Klasse des Profils Mathematik wurde die Methodenentwicklung „Methode der mathematischen Induktion“ erstellt. Primäre Ziele: die Schüler mit der Methode der mathematischen Induktion vertraut zu machen und zu lehren, wie man sie zur Lösung verschiedener Probleme anwendet. In der methodischen Entwicklung werden Fragen der Elementarmathematik berücksichtigt: Teilbarkeitsprobleme, Beweise von Identitäten, Beweise von Ungleichungen, Probleme unterschiedlicher Komplexität werden vorgeschlagen, einschließlich Probleme, die bei Olympiaden angeboten werden. Die Rolle induktiver Schlüsse in den experimentellen Wissenschaften ist sehr groß. Sie geben jene Bestimmungen an, aus denen dann per Deduktion weitere Schlüsse gezogen werden. Name Methode der mathematischen Induktion trügerisch - tatsächlich ist diese Methode deduktiv und liefert einen strengen Beweis der durch Induktion erratenen Aussagen. Die Methode der mathematischen Induktion hilft, Verbindungen zwischen verschiedenen Bereichen der Mathematik zu erkennen und hilft, die mathematische Kultur des Schülers zu entwickeln. Definition der Methode der mathematischen Induktion. Vollständige und unvollständige Induktion. Beweis von Ungleichungen. Identitätsnachweis. Lösen von Teilbarkeitsproblemen. Lösung verschiedener Probleme zum Thema "Methode der mathematischen Induktion". LITERATUR FÜR DEN LEHRER
1. M. L. Galitsky. Vertiefung des Studiengangs Algebra und mathematische Analysis. - M. Aufklärung 1986. 2. L. I. Swawitsch. Algebra und die Anfänge der Analysis. Didaktische Materialien. M. Drofa, 2001. 3. N. Ja Vilenkin. Algebra und mathematische Analyse. M Aufklärung. 1995. 4. Yu.V. Michejew. Methode der mathematischen Induktion. NGU.1995. LITERATUR FÜR SCHÜLER
1. N. Ja Vilenkin. Algebra und mathematische Analyse. M Aufklärung. 1995. 2. Yu.V. Michejew. Methode der mathematischen Induktion. NGU.1995. STICHWORTE
Induktion, Axiom, Prinzip der mathematischen Induktion, vollständige Induktion, unvollständige Induktion, Behauptung, Identität, Ungleichheit, Teilbarkeit. DIDAKTISCHER ANHANG ZUM THEMA
"METHODE DER MATHEMATISCHEN INDUKTION".
Lektion 1
Definition der Methode der mathematischen Induktion.
Die Methode der mathematischen Induktion ist eine der höchst effektiven Methoden, um neue Ergebnisse zu finden und die Richtigkeit der aufgestellten Annahmen zu beweisen. Obwohl diese Methode in der Mathematik nicht neu ist, lässt das Interesse daran nicht nach. Erstmals in übersichtlicher Darstellung wurde die Methode der mathematischen Induktion im 17. Jahrhundert von dem herausragenden französischen Naturwissenschaftler Blaise Pascal zum Beweis der Eigenschaften eines seither nach ihm benannten Zahlendreiecks angewandt. Die Idee der mathematischen Induktion war jedoch den alten Griechen bekannt. Die Methode der mathematischen Induktion basiert auf dem als Axiom akzeptierten Prinzip der mathematischen Induktion. Wir werden die Idee der mathematischen Induktion anhand von Beispielen betrachten. Beispiel 1.
Das Quadrat wird durch ein Segment in zwei Teile geteilt, dann wird einer der resultierenden Teile in zwei Teile geteilt und so weiter. Bestimmen Sie, in wie viele Teile das Quadrat unterteilt ist P Schritte? Entscheidung. Nach dem ersten Schritt erhalten wir je nach Bedingung 2 Teile. Im zweiten Schritt lassen wir einen Teil unverändert und teilen den zweiten in 2 Teile und erhalten 3 Teile. Im dritten Schritt lassen wir 2 Teile unverändert und teilen den dritten in zwei Teile und erhalten 4 Teile. Im vierten Schritt lassen wir 3 Teile unverändert und teilen den letzten Teil in zwei Teile und erhalten 5 Teile. Im fünften Schritt erhalten wir 6 Teile. Der Vorschlag wird dadurch gemacht P Schritte, die wir bekommen (n+1) Teil. Aber diese Behauptung muss bewiesen werden. Nehmen wir das mal an zu Schritte, in die der Platz unterteilt ist (k+1) Teil. Dann weiter (k+1) Schritt wir zu Teile werden unverändert gelassen, und (k+1) Teile den Teil in zwei Teile und erhalte (k+2) Teile. Du merkst, dass du so lange argumentieren kannst, wie du willst, ad infinitum. Das heißt, unsere Annahme ist dies P Schritte Quadrat wird in unterteilt (n+1) Teil, beweist sich. Beispiel #2.
Meine Großmutter hatte eine Enkelin, die Marmelade sehr mochte, besonders die im Literglas. Aber die Großmutter erlaubte ihm nicht, ihn anzufassen. Und die Enkelinnen beschlossen, ihre Großmutter zu täuschen. Er beschloss, jeden Tag 1/10 Liter aus diesem Glas zu essen und es mit Wasser aufzufüllen und gründlich zu mischen. Nach wie vielen Tagen wird Großmutter die Täuschung entdecken, wenn die Marmelade bei halber Verdünnung mit Wasser gleich aussieht? Entscheidung. Finden Sie heraus, wie viel reine Marmelade danach im Glas verbleibt P Tage. Nach dem ersten Tag verbleibt die Mischung im Glas, bestehend aus 9/10 Marmelade und 1/10 Wasser. Nach zwei Tagen verschwindet 1/10 der Mischung aus Wasser und Marmelade aus dem Glas und bleibt zurück (1 Liter der Mischung enthält 9/10 Liter Marmelade, 1/10 Liter der Mischung enthält 9/100 Liter Marmelade) 9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 Liter Marmelade. Am dritten Tag verschwindet 1/10 Liter einer Mischung aus 81/100 Marmelade und 19/100 Wasser aus dem Glas. In 1 Liter der Mischung sind 81/100 Liter Marmelade, in 1/10 Liter der Mischung 81/1000 Liter Marmelade. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) Nach 3 Tagen bleiben 3 Liter Marmelade übrig, der Rest wird vom Wasser aufgenommen. Es entsteht ein Muster. Durch P verbleibende Tage auf der Bank (9/10) P Ich Marmelade. Aber auch dies ist nur unsere Vermutung. Lassen zu eine beliebige natürliche Zahl ist. Nehmen wir das mal an zu Tage in der Bank bleiben (9/10) bis l Marmelade. Mal sehen, was an einem anderen Tag auf der Bank sein wird, das heißt, in (k+1) Tag. Wird von der Bank verschwinden 1/10l eine Mischung aus (9/10)
zu l Marmelade und Wasser. BEIM 1l Mischung ist (9/10)
zu l Marmelade, hinein 1/10l Mischungen (9/10)
k+1 l Marmelade. Jetzt können wir das sicher sagen P verbleibende Tage auf der Bank (9/10)
P l Marmelade. In 6 Tagen wird die Bank haben 531444/1000000l Marmelade, nach 7 Tagen - 4782969/10000000l Marmelade, das heißt, weniger als die Hälfte. Antworten: Nach 7 Tagen wird die Großmutter die Täuschung entdecken. Versuchen wir, die grundlegendsten Lösungen der betrachteten Probleme herauszugreifen. Wir begannen, jeden von ihnen zu lösen, indem wir separate oder, wie sie sagen, Sonderfälle betrachteten. Dann haben wir basierend auf unseren Beobachtungen einige Annahmen getroffen P(n), je nach Natur P.
die Behauptung wurde überprüft, das heißt bewiesen P(1), P(2), P(3);
vorgeschlagen, dass P(n) Gültig für n=k und folgerte, dass es dann für das nächste gelten wird n, n=k+1.
Und dann argumentierten sie ungefähr so: P(1) Rechts, P(2) Rechts, P(3) Rechts, P(4) richtig ... das ist richtig P(n).
Das Prinzip der mathematischen Induktion.
Erklärung P(n), je nach Natur P, gilt für alle natürlichen P, Wenn 1) die Gültigkeit der Behauptung für n = 1;
2) von der Annahme der Gültigkeit der Aussage P(n) beim n=k sollen Gerechtigkeit P(n) beim n=k+1.
In der Mathematik wird das Prinzip der mathematischen Induktion in der Regel als eines der Axiome gewählt, die die natürlichen Zahlenreihen definieren, und daher ohne Beweis akzeptiert. Die Methode des Beweises durch das Prinzip der mathematischen Induktion wird gewöhnlich als Methode der mathematischen Induktion bezeichnet. Beachten Sie, dass diese Methode weit verbreitet ist, um Theoreme, Identitäten, Ungleichungen bei der Lösung von Teilbarkeitsproblemen und viele andere Probleme zu beweisen. Lektion 2
Vollständige und unvollständige Induktion.
Wenn eine mathematische Aussage eine endliche Anzahl von Objekten betrifft, kann sie bewiesen werden, indem für jedes Objekt überprüft wird, zum Beispiel die Aussage „Jede zweistellige gerade Zahl ist die Summe zweier Primzahlen“. Die Beweismethode, bei der wir eine Aussage auf endlich viele Fälle testen, heißt vollständige mathematische Induktion. Diese Methode wird relativ selten verwendet, da Aussagen am häufigsten auf unendlichen Mengen betrachtet werden. So ist beispielsweise der Satz „Jede gerade Zahl ist gleich der Summe zweier Primzahlen“ bisher weder bewiesen noch widerlegt. Selbst wenn wir dieses Theorem für die erste Milliarde testen würden, würde es uns dem Beweis keinen Schritt näher bringen. In den Naturwissenschaften verwendet man unvollständige Induktion, testet das Experiment mehrfach und überträgt das Ergebnis auf alle Fälle. Beispiel #3
Raten Sie mit unvollständiger Induktionsformel für die Summe der Kuben natürlicher Zahlen. Entscheidung. 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 . Nachweisen. Lass es wahr sein für n=k.
Lassen Sie uns beweisen, dass das für wahr ist n=k+1.
Fazit: Die Formel für die Summe der Kuben natürlicher Zahlen gilt für alle natürlichen Zahlen P.
Beispiel Nr. 4
Betrachten Sie die Gleichheiten und raten Sie, zu welchem allgemeinen Gesetz diese Beispiele führen. Entscheidung. 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
……………………………………………………………..
Beispiel #5
Schreiben Sie die folgenden Ausdrücke als Summe: 1) Beispiel Nr. 6.
Schreiben Sie die folgenden Summen mit dem Vorzeichen 2) Beispiel Nr. 7.
Schreiben Sie die folgenden Ausdrücke als Produkte: 1) 3) Beispiel #8.
Notieren Sie die folgenden Arbeiten mit dem Zeichen (griechischer Großbuchstabe „pi“) 1) Beispiel Nr. 9.
Berechnung des Wertes eines Polynoms Ist diese Annahme richtig? Entscheidung. Wenn jeder Summand durch eine Zahl teilbar ist, dann ist die Summe durch diese Zahl teilbar, Die Analyse einer endlichen Anzahl von Fällen spielt in der Mathematik eine wichtige Rolle: Ohne einen Beweis für die eine oder andere Aussage zu liefern, hilft es, die korrekte Formulierung dieser Aussage zu erraten, falls sie noch nicht bekannt ist. So kam Goldbach, Mitglied der St. Petersburger Akademie der Wissenschaften, zu der Vermutung, dass jede natürliche Zahl, beginnend bei zwei, die Summe von nicht mehr als drei Primzahlen ist. Lektion 3
Die Methode der mathematischen Induktion erlaubt uns, verschiedene Identitäten zu beweisen. Beispiel #10. Lassen Sie uns das für alle beweisen P Die Identität Entscheidung. Lasst uns Das müssen wir beweisen Beweisen wir das dann anhand der Wahrheit der Identität Durch das Prinzip der mathematischen Induktion die Wahrheit der Identität für alle P.
Beispiel #11.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Begriffliche Gleichheit. Lektion Nummer 4.
Identitätsnachweis durch mathematische Induktion.
Beispiel #12.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Unter Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion haben wir bewiesen, dass die Gleichheit für alle gilt P.
Beispiel #13.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Unter Anwendung des Prinzips der mathematischen Induktion haben wir bewiesen, dass die Aussage für alle natürlichen gilt P.
Beispiel #14.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Beispiel #15.
Lassen Sie uns die Identität beweisen 1)
n = 1;
2) für n=k
Gleichberechtigung 3) beweisen, dass die Gleichheit gilt n=k+1:
Fazit: Die Identität gilt für jeden Natural P.
Beispiel #16. Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Wenn ein n=1
, dann Lassen Sie die Identität gelten n=k.
Lassen Sie uns beweisen, dass die Identität gilt n=k+1.
Dann ist die Identität für alle natürlichen gültig P.
Lektion Nummer 5.
Identitätsnachweis durch mathematische Induktion.
Beispiel #17. Lassen Sie uns die Identität beweisen Nachweisen. Wenn ein n=2
, dann erhalten wir die richtige Gleichheit: Sei die Gleichheit wahr fürn=k:
Beweisen wir die Gültigkeit der Behauptung für n=k+1.
Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion wird die Identität bewiesen. Beispiel #18.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Beim n=2
diese Identität kann in sehr einfacher Form umgeschrieben werden und offensichtlich wahr. Lassen Sie bei n=k Ja wirklich Beweisen wir die Gültigkeit der Behauptung fürn=k+1,
das heißt, die Gleichheit ist erfüllt: . Wir haben also bewiesen, dass die Identität für jeden Naturmenschen wahr ist n≥2.
Beispiel #19.
Lassen Sie uns die Identität beweisen Beim n=1
wir erhalten die richtige Gleichheit: Nehmen wir an, dass bei n=k wir erhalten auch die richtige Gleichheit: Beweisen wir, dass die Gültigkeit der Gleichheit für eingehalten wird n=k+1:
Dann ist die Identität für alle natürlichen gültig P.
Lektion Nummer 6.
Lösen von Teilbarkeitsproblemen.
Beispiel #20. Beweisen Sie das durch mathematische Induktion Nachweisen. Beim n=1
es gibt eine Einteilung in6
ohne jede Spur, Lassen Sie bei n=k
Ausdruck Lassen Sie uns das beweisen, wann n=k+1
Ausdruck Jeder Begriff ist ein Vielfaches 6
, also ist die Summe ein Vielfaches von 6
.
Beispiel Nummer 21.
Nachweisen. Beim n=1
Ausdruck ist teilbar Lassen Sie bei n=k
Ausdruck Beim n=k+1 geteilt durch 5
.
Beispiel #22.
Beweisen Sie die Teilbarkeit eines Ausdrucks Nachweisen. Beim n=1 mehrere 16
.
Lassen Sie bei n=k
Beim n=k+1
Alle Terme sind durch teilbar 16:
der erste ist offensichtlich der zweite durch Annahme, und der dritte hat eine gerade Zahl in Klammern. Beispiel #23.
Beweise die Teilbarkeit Nachweisen. Beweisen wir das erst einmal Beim n=0
Lassen Sie bei n=k
Dann bei n=k+1 geteilt durch 26
.
Beweisen wir nun die in der Bedingung des Problems formulierte Behauptung. Beim n=1 geteilt durch 676.
Beim n=k
es stimmt, dass Beim n=k+1
.
Beide Terme sind durch teilbar 676
; der erste ist, weil wir die Teilbarkeit durch bewiesen haben 26
Ausdruck in Klammern, und der zweite ist durch die Induktionsvoraussetzung teilbar. Lektion Nummer 7.
Lösen von Teilbarkeitsproblemen.
Beispiel Nummer 24.
Beweise das Nachweisen. Beim n=1
Beim n=k
Beim n=k+1
jeder Term ist teilbar durch5
ohne jede Spur. Beispiel #25.
Beweise das Nachweisen. Beim n=1
Lassen Sie bei n=k
Beim n=k+1 geteilt durch 6
kein Rest, da jeder Term durch teilbar ist6
ohne Rest: der erste Term, durch die induktive Annahme, der zweite, offensichtlich, der dritte, weil Beispiel #26.
Beweise das Nachweisen. Lassen Sie uns das beweisen Beim n=1 Beim n=k+1 geteilt durch 9
.
Beispiel Nummer 27.
Beweisen Sie, dass durch teilbar ist15
ohne jede Spur. Nachweisen. Beim n=1 geteilt durch 15
.
Lassen Sie bei n=k geteilt durch 15
ohne jede Spur. Beim n=k+1
Der erste Term ist ein Vielfaches15
nach der Induktionsannahme ist der zweite Term ein Vielfaches von15
– offensichtlich ist der dritte Term ein Vielfaches von15
, als Lektion Nummer 8-9.
Beweis von Ungleichungen durch mathematische Induktion
Beispiel #28. Beim n=1 wir haben Lassen Sie bei n=k Beim n=k+1 Dann gilt die Ungleichung für alle natürlichen P. Beispiel #29. Beweisen Sie, dass die Ungleichung gilt Beim n=1 wir bekommen die richtige Ungleichung 4 >1.
Lassen Sie bei n=k die Ungleichheit Lassen Sie uns das beweisen, wann n=k+1 die Ungleichheit Für alle natürlichen zu Ungleichheit beobachtet wird. Wenn ein Beispiel Nr. 30. Lassen n=1 Nehmen wir an, dass die Ungleichung gilt n=k: Beim n=k+1 Beispiel Nummer 31. Beweisen Sie die Gültigkeit der Ungleichung Lassen Sie uns das zuerst für irgendeinen Naturtalent beweisen t die Ungleichheit Beim n=1 ursprüngliche Ungleichheit ist wahr Lassen Sie die Ungleichung gelten n=k: Beim n=k+1 Lektion Nummer 10.
Lösen von Problemen zum Thema
Methode der mathematischen Induktion.
Beispiel #32. Beweisen Sie die Ungleichung von Bernoulli. Wenn ein Nachweisen. Beim n=1
die zu beweisende Ungleichung nimmt die Form an Da je nach Zustand Als Die Ungleichung gilt also für n=1, und von seiner Wahrheit an n=k daraus folgt, dass es wahr ist und n=k+1. Daher gilt es nach mathematischer Induktion für alles Natürliche P.
Zum Beispiel, Beispiel Nummer 33.
Finden Sie alle natürlichen WerteP
, für die die Ungleichung Entscheidung. Beim n=1 die Ungleichheit stimmt. Beim n=2 Ungleichheit ist auch wahr. Beim n=3 die Ungleichheit ist nicht mehr erfüllt. Nur wenn n=6 die Ungleichung gilt, so dass wir für die Induktion Basis nehmen können n=6.
Nehmen Sie an, dass die Ungleichung für einige natürliche gilt zu:
Die letzte Ungleichung gilt wenn Lösen von Problemen über die Trefferwahrscheinlichkeit bei Schüssen
Video-Tutorial und Excel-Vorlage
Beispiele für die Lösung von Problemen beim Treffen des Ziels in einer Reihe von Schüssen
$A = $ (Von vier Schüssen trifft mindestens einer das Ziel),
sowie sein entgegengesetztes Ereignis, das geschrieben werden kann als:
$\overline(A) = $ (Alle 4 Schüsse verfehlen das Ziel, keine Treffer).Nützliche Links
Lösen einer Ungleichung mit einem Taschenrechner
Wo kann ich die Ungleichheit im Internet lösen?
Bernoulli-Ungleichungsrechner
Vollständige mathematische Induktionsmethode
Lösung von Differentialgleichungen
Diff eingeben.
Beispiele für gelöste Differentialgleichungen
2) 
3)
; 4) 
.
Griechischer Buchstabe "Sigma".
:
4) 
2)
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, beim n=1,2,3,4,5,6,7
es kann davon ausgegangen werden, dass für jede natürlicheP Anzahl f
(
n
)
einfach.
ist für keine natürliche Zahl eine PrimzahlP.
die Wahrheit der Identität folgt 
; 
. Diese Identität gilt also für alleP
.
für n≥2.
.
geteilt durch 6
ohne jede Spur.
.
mehrere6.
mehrere6
.
auf der5
ohne jede Spur.
.
auch unterteilt in5
ohne jede Spur.
auf der16.
mehrere16.
auf der676.
geteilt durch 
.
.
geteilt durch26
.
geteilt durch26
2
.
geteilt durch5
ohne jede Spur.
geteilt durch5.
geteilt durch5
ohne jede Spur.
geteilt durch6
ohne jede Spur.
geteilt durch6
ohne jede Spur.
geteilt durch6
ohne jede Spur.
gerade Zahl.
beim Teilen durch9
gibt den Rest 1
.
geteilt durch9
.
geteilt durch 9
. Lassen Sie bei n=k
geteilt durch9
.
mehrere5
(bewiesen in Beispiel Nr. 21), der vierte und fünfte Term sind ebenfalls Vielfache5
, was offensichtlich ist, dann ist die Summe ein Vielfaches von15
.
.
- Rechts.
ist eine echte Ungleichheit.
für alle P.
.
beim 
dann
für jede natürliche P und alle 
, Rechts.
.
für jede natürliche P.
Multipliziere beide Seiten der Ungleichung mit 
. Wir erhalten eine äquivalente Ungleichung bzw 
; 
; - diese Ungleichung gilt für alle natürlichen t.
; 
; 
.
.
, dann für alle natürlichen WerteP
die Ungleichheit
und offensichtlich recht. Nehmen wir an, es stimmt fürn=k
, das ist was 
.
, dann 
, und daher ändert die Ungleichung ihre Bedeutung nicht, wenn ihre beiden Teile mit multipliziert werden 
:
, dann bekommen wir das
.
Bedenke die Ungleichheit
Testarbeiten zum Thema n=1 werden wiederkehrend gegeben: n≥5 , wobei P- -natürliche Zahl.