Matemaatika induktsiooni valem. Metoodiline arendus "matemaatilise induktsiooni meetod". Matemaatilise induktsiooni põhimõte ja selle tõestus

Peano aksioomil 4 põhinevat tõestusmeetodit kasutatakse paljude matemaatiliste omaduste ja erinevate väidete tõestamiseks. Selle aluseks on järgmine teoreem.

Teoreem. Kui avaldus AGA(n) loomuliku muutujaga n jaoks tõsi n= 1 ja sellest, et see kehtib n=k, järeldub, et see kehtib ka järgmise numbri kohta n=k, siis avaldus AGA(n) n.

Tõestus. Tähistage M nende ja ainult nende naturaalarvude hulk, mille kohta väide AGA(n) tõsi. Siis saame teoreemi tingimusest: 1) 1 M; 2) k MkM. Seega järeldame aksioomi 4 põhjal, et M =N, st. avaldus AGA(n) tõsi iga loomuliku kohta n.

Sellel teoreemil põhinevat tõestusmeetodit nimetatakse matemaatilise induktsiooni meetod, ja aksioom on induktsiooni aksioom. Sellel tõendil on kaks osa:

1) tõestama, et väide AGA(n) jaoks tõsi n= A(1);

2) oletame, et väide AGA(n) jaoks tõsi n=k, ja sellest eeldusest lähtudes tõestage, et väide A(n) jaoks tõsi n=k+ 1, st. et väide vastab tõele A(k) A(k + 1).

Kui a AGA( 1) AGA(k) A(k + 1) on tõene väide, siis järeldavad nad, et väide A(n) tõene mis tahes naturaalarvu kohta n.

Tõestus matemaatilise induktsiooni abil võib alata mitte ainult väite tõesuse kinnitamisega n= 1, aga ka mis tahes naturaalarvust m. Sel juhul avaldus AGA(n) tõestatakse kõigi naturaalarvude puhul nm.

Ülesanne Tõestame, et mis tahes naturaalarvu korral on võrdsus 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Otsus. Võrdsus 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n on valem, mille abil saab leida esimeste järjestikuste paaritute naturaalarvude summa. Näiteks 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (summa sisaldab 4 liiget), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (summa sisaldab 6 liiget); kui see summa sisaldab 20 märgitud tüüpi liiget, siis on see võrdne 20 = 400 jne. Olles tõestanud selle võrdsuse tõesust, saame valemi abil leida suvalise arvu määratud tüüpi liikmete summa.

1) Kontrollige selle võrdsuse õigsust n= 1. Millal n= 1 võrrandi vasak pool koosneb ühest liikmest, mis on võrdne 1-ga, parem pool on võrdne 1= 1. Kuna 1 = 1, siis n= 1 see võrdsus on tõsi.

2) Oletame, et see võrdsus kehtib n=k, st. et 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Selle eelduse põhjal tõestame, et see kehtib n=k+ 1, st. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Vaatleme viimase võrdsuse vasakut külge.

Eeldusel esimese summa k tingimused on k ja seetõttu 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Väljendus k+ 2k + 1 on identselt võrdne avaldisega ( k + 1).

Seetõttu tõde selle võrdsuse eest n=k+ 1 on tõestatud.

Seega kehtib see võrdsus n= 1 ja selle tõest eest n=k järgib tõde n=k+ 1.

See tõestab, et see võrdsus kehtib mis tahes naturaalarvu puhul.

Kasutades matemaatilise induktsiooni meetodit, saab tõestada mitte ainult võrduste, vaid ka ebavõrdsuse tõesust.

Ülesanne. Tõesta, et kus nN.

Otsus. Kontrollime ebavõrdsuse tõesust n= 1. Meil ​​on – tõeline ebavõrdsus.

Oletame, et ebavõrdsus kehtib n=k, need. - tõeline ebavõrdsus. Tõestagem eeldusele tuginedes, et see kehtib n=k+ 1, st. (*).

Teisendame võrratuse (*) vasaku poole, võttes arvesse, et : .

Aga see tähendab .

Nii et see ebavõrdsus kehtib n= 1 ja sellest, et ebavõrdsus kehtib mõne jaoks n= k, leidsime, et see kehtib ka kohta n= k + 1.

Seega oleme aksioomi 4 abil tõestanud, et see ebavõrdsus kehtib mis tahes naturaalarvu puhul.

Ka teisi väiteid saab tõestada matemaatilise induktsiooni meetodiga.

Ülesanne. Tõesta, et väide kehtib mis tahes naturaalarvu kohta.

Otsus. Kontrollime väite õigsust n= 1: -tõene väide.

Oletame, et see väide vastab tõele n=k: . Näidakem seda kasutades väite õigsust n=k+ 1: .

Teisendame avaldise: . Leiame erinevuse k ja k+ 1 liiget. Kui selgub, et saadud erinevus on 7-kordne ja eeldades, et alajaotus jagub 7-ga, siis on ka minuend 7-kordne:

Korrutis on seega 7-kordne ja .

Seega on see väide tõene n= 1 ja selle tõest eest n=k järgib tõde n=k+ 1.

See tõestab, et see väide kehtib iga naturaalarvu kohta.

Ülesanne. Tõesta seda mis tahes naturaalarvu puhul n 2 väide (7-1)24 on tõene.

Otsus. 1) Kontrollige väite õigsust n= 2: - tõene väide.

Tõestusmeetod, mida selles osas käsitletakse, põhineb ühel loomuliku jada aksioomil.

Induktsiooni aksioom. Olgu antud lause, mis sõltub muutujast P, mille asemel saate asendada mis tahes naturaalarvud. Tähistame seda A(p). Olgu ka lause AGA kehtib numbri 1 kohta ja sellest, et AGA tõene arvu kohta juurde, järgib seda AGA tõene arvu kohta k+ 1. Seejärel paku AGA kehtib kõigi loodusväärtuste kohta P.

Aksioomi sümboolne tähistus:

Siin tipp- muutujad üle naturaalarvude hulga. Induktsiooni aksioomist saadakse järgmine järeldusreegel:

Niisiis, et tõestada väite õigsust AGA, esmalt saame tõestada kahte väidet: väite tõesust AGA( 1), samuti selle tagajärg A(k) => A(k+ 1).

Arvestades ülaltoodut, kirjeldame olemit meetod

matemaatiline induktsioon.

Olgu nõutud selle lause tõestamiseks A(p) tõsi kõigi loomulike kohta P. Tõestus on jagatud kahte etappi.

• 1. etapp. induktsiooni alus. Võtame kui väärtust P number 1 ja kontrollige seda AGA( 1) on tõene väide.
• 2. etapp. Induktiivne üleminek. Tõestame seda mis tahes naturaalarvu puhul juurde järeldus on tõsi: kui A(k), siis A(k+ 1).

Induktiivne lõik algab sõnadega: „Võtke suvaline naturaalarv selleks, selline, et A(k)", või "Olgu naturaalarvu jaoks juurdeõige A(k)". Sõna "las" asemel öeldakse sageli "oletame, et ...".

Nende sõnade järel kiri juurde tähistab mõnda fikseeritud objekti, mille suhtes seos kehtib A(k). Pärit A(k) tuletame tagajärjed ehk ehitame lausete ahela A(k) 9 R, pii, ..., Rn = A(k+ 1), kus iga lause R, on tõene väide või eelmiste lausete tagajärg. Viimane lause R" peab sobima A(k+üks). Sellest järeldame: alates A(k) peaks A(k+).

Induktiivse ülemineku teostamise võib jagada kaheks etapiks:

• 1) Induktiivne eeldus. Siin eeldame, et AGA juurde muutuv n.
• 2) Eelduse põhjal tõestame seda AGAõige numbri jaoks?+1.

Näide 5.5.1. Tõestame, et number p+p on isegi loomulik P.

Siin A(p) = "n 2 + n- paarisarv". Seda on vaja tõestada AGA - identselt tõene predikaat. Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.

induktsiooni alus. Võtame l=1. Asendus avaldises P+//, saame n 2 + n= I 2 + 1 = 2 on paarisarv, st /1(1) on tõene väide.

Sõnastame induktiivne hüpotees A(k)= "Arv 2-le + kuni - isegi." Võite öelda nii: "Võtke suvaline naturaalarv juurde selline, et kuni 2 + kuni on paarisarv.

Sellest järeldame väite A(kA-)= "Arv (k+ 1) 2 + (? + 1) – paaris.

Toimingute omaduste järgi teostame teisendusi:

Saadud summa esimene liige on eeldusel paaris, teine ​​definitsiooni järgi paaris (kuna sellel on vorm 2 P). Seega on summa paarisarv. Pakkumine A(k+ 1) tõestatud.

Matemaatilise induktsiooni meetodil järeldame: lause A(p) tõsi kõigi loomulike kohta P.

Loomulikult ei ole vaja tähistust iga kord sisestada A(p). Induktiivne eeldus ja sellest tuletatav on siiski soovitatav sõnastada eraldi real.

Pange tähele, et näite 5.5.1 väidet saab tõestada ilma matemaatilise induktsiooni meetodit kasutamata. Selleks piisab, kui arvestada kahe juhtumiga: millal P isegi ja millal P kummaline.

Paljud jagatavusülesanded lahendatakse matemaatilise induktsiooni abil. Vaatame keerukamat näidet.

Näide 5.5.2. Tõestame, et arv 15 2u_| +1 jagub kõigi naturaalarvude puhul 8-ga P.

Bacha induktsioon. Võtame /1=1. Meil on: number 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 jagub 8-ga.

, mis mõne jaoks

naturaalarv juurde arv 15 2 * '+1 jagub 8-ga.

Tõestame mis number siis on a\u003d 15 2 (ZHN +1 jagub 8-ga.

Teisendame arvu a:

Eeldusel, et arv 15 2A1 +1 jagub 8-ga, mis tähendab, et kogu esimene liige jagub 8-ga. Teine liige 224=8-28 jagub samuti 8-ga. Seega jagub arv a kuna kahe 8-kordse arvu erinevus jagub 8-ga. Induktiivne samm on õigustatud.

Matemaatilise induktsiooni meetodi põhjal järeldame, et kõigi loomulike P arv 15 2 "-1 -*-1 jagub 8-ga.

Teeme lahendatud probleemi kohta mõned märkused.

Tõestatud väidet saab sõnastada veidi teisiti: "Arv 15" "+1 jagub 8-ga iga paaritu loomuliku / ja korral".

Teiseks võib tõestatud üldväite põhjal teha konkreetse järelduse, mille tõestuse võib tuua eraldi ülesandena: arv 15 2015 +1 jagub 8-ga. Seetõttu on mõnikord kasulik ülesannet üldistada tähistusega. konkreetne väärtus tähega ja seejärel rakendage matemaatilise induktsiooni meetodit.

Kõige üldisemas tähenduses tähendab mõiste "induktsioon" seda, et konkreetsete näidete põhjal tehakse üldisi järeldusi. Näiteks võttes arvesse paarisarvude summade näiteid 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, järeldame, et mis tahes kahe summa summa paarisarvud on paarisarvud.

Üldjuhul võib selline induktsioon viia valede järeldusteni. Toome näite sellisest ebaõigest arutluskäigust.

Näide 5.5.3. Mõelge numbrile a= /r+n+41 loomuliku /? jaoks.

Leiame väärtused a mõne väärtuse jaoks P.

Las olla n= I. Siis a = 43 on algarv.

Olgu /7=2. Siis a= 4+2+41 = 47 on algarv.

Olgu l=3. Siis a= 9+3+41 = 53 on algarv.

Olgu /7=4. Siis a= 16+4+41 = 61 on algarv.

Võtke väärtustena P nelikule järgnevaid numbreid, näiteks 5, 6, 7, ja veenduge, et number on õige a saab olema lihtne.

Järeldame: “Kõigile looduslikele /? number a saab olema lihtne."

Tulemuseks on vale väide. Siin on vastunäide: /7=41. Sellega veenduge P number a saab olema liit.

Mõistel "matemaatiline induktsioon" on kitsam tähendus, kuna selle meetodi kasutamine võimaldab teil alati teha õige järelduse.

Näide 5.5.4. Induktiivse arutluse põhjal saame aritmeetilise progressiooni üldliikme valemi. Tuletame meelde, et aritmeetika amet on arvuline jada, mille iga liige erineb eelmisest sama numbri võrra, mida nimetatakse progresseerumise erinevuseks. Aritmeetilise elukutse unikaalseks määramiseks peate määrama selle esimese liikme a ja erinevus d.

Nii et definitsiooni järgi a p+ = a n + d, juures n> 1.

Matemaatika koolikursuses kehtestatakse reeglina aritmeetika eriala üldmõiste valem konkreetsete näidete põhjal ehk just induktsiooniga.

Kui /7=1, SIIS Koos 7| = I|, SIIS ma olen| = tf|+df(l -1).

Kui /7 = 2, siis i 2 = a + d, st a= I|+*/(2-1).

Kui /7=3, siis i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, st i 3 = i|+(3-1).

Kui /7=4, siis i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 jne.

Toodud konkreetsed näited võimaldavad püstitada hüpoteesi: üldmõistel valem on vorm a" = a+(n-)d kõigile /7>1.

Tõestame seda valemit matemaatilise induktsiooni meetodil.

baasinduktsioon eelmistes aruteludes kinnitatud.

Las olla kuni - selline number, mille juures ma * - a+(k-)d (induktiivne eeldus).

Tõestame et ma*+! = a+((k+)-)d, st i*+1 = kirves+kd.

Definitsiooni järgi i*+1 = ab + d. a kuni= i | +(k-1 )d, tähendab, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= mina i +kd, mida oli vaja tõestada (induktiivse ülemineku põhjendamiseks).

Nüüd on valem i„ = a+(n-)d tõestatud mis tahes naturaalarvu jaoks /;.

Olgu mingi jada i b i 2 , i, „ ... (mitte

tingimata aritmeetiline või geomeetriline progressioon). Sageli on probleeme, mille puhul tuleb esimene kokku võtta P selle jada liikmed, st määrake summa R|+i 2 +...+i ja valem, mis võimaldab teil leida selle summa väärtused ilma jada liikmeid arvutamata.

Näide 5.5.5. Tõestame, et esimese summa P naturaalarvud on

/?(/7 + 1)

Tähistame summat 1+2+...+/7 võrra Sn. Leiame väärtused S n mõne jaoks /7.

Pange tähele, et summa S 4 leidmiseks võite kasutada varem arvutatud väärtust 5 3, kuna 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Kui asendame vaadeldavad väärtused /? perspektiivis --- midagi

saame vastavalt samad summad 1, 3, 6, 10. Need tähelepanekud

. _ n(n + 1)

soovitada, et valem S„=--- saab kasutada siis, kui

mis tahes //. Tõestagem seda oletust matemaatilise induktsiooni meetodil.

baasinduktsioon kontrollitud. Teeme seda induktiivne üleminek.

Oletame et valem on tõene mõne naturaalarvu puhul

, k(k + 1)

k, siis on võrk esimese summa juurde naturaalarvud on ----.

Tõestame et esimeste (?+1) naturaalarvude summa on võrdne

• (* + !)(* + 2)

Väljendame?*+1 läbi S k . Selleks rühmitame summas S*+i esimese juurde terminid ja kirjutage viimane termin eraldi:

Induktiivse hüpoteesi järgi S k = Nii et leida

esimeste (? + 1) naturaalarvude summast piisab juba arvutatud

. „ k(k + 1) _ .. ..

esimese summa juurde arvud, mis on võrdsed ---, lisage üks liige (k + 1).

Induktiivne üleminek on õigustatud. Seega on alguses püstitatud hüpotees tõestatud.

Oleme valemit tõestanud S n = n ^ n+ meetod

matemaatiline induktsioon. Muidugi on ka muid tõendeid. Näiteks võite kirjutada summa S, terminite kasvavas järjekorras ja seejärel terminite kahanevas järjekorras:

Ühe veeru liikmete summa on konstantne (ühes summas väheneb iga järgmine liige 1 võrra ja teises suureneb 1 võrra) ja võrdub (/r + 1). Seetõttu on saadud summad kokku võttes P terminid, mis on võrdsed (u+1). Nii et kahekordne summa S " on võrdne n(n+ 1).

Äsja tõestatud valemi võib saada esimese summa valemi erijuhuna P aritmeetilise progressiooni liikmed.

Tuleme tagasi matemaatilise induktsiooni meetodi juurde. Pange tähele, et matemaatilise induktsiooni meetodi esimene etapp (induktsiooni alus) on alati vajalik. Selle sammu puudumine võib viia vale järelduseni.

Näide 5.5.6. "Tõestame" lauset: "Arv 7" + 1 jagub 3-ga mis tahes naturaalarvu korral.

„Oletame, et mõne loodusväärtuse pärast juurde arv 7*+1 jagub 3-ga. Tõestame, et arv 7 x +1 jagub 3-ga. Soorita teisendused:

Arv 6 jagub ilmselgelt 3-ga. Arv 1 kuni + jagub induktiivse hüpoteesi järgi 3-ga, seega jagub ka arv 7-(7* + 1) 3-ga. Seetõttu jagub 3-ga jaguvate arvude erinevus samuti 3-ga.

Ettepanek on tõestatud."

Algse propositsiooni tõestus on vale, hoolimata sellest, et induktiivne samm on õige. Tõepoolest, kl n= Mul on number 8 koos n=2 - arv 50, ... ja ükski neist arvudest ei jagu 3-ga.

Tehkem oluline märkus naturaalarvu märkimise kohta induktiivse ülemineku sooritamisel. Ettepaneku vormistamisel A(p) kiri P tähistasime muutujat, mille asemel võib asendada mis tahes naturaalarvu. Induktiivse hüpoteesi sõnastamisel tähistasime muutuja väärtust tähega juurde. Väga sageli aga uue kirja asemel juurde kasutage muutujaga sama tähte. See ei mõjuta induktiivse ülemineku läbiviimisel arutluskäigu struktuuri.

Vaatleme veel mõnda näidet probleemidest, mille lahendamiseks saab rakendada matemaatilise induktsiooni meetodit.

Näide 5.5.7. Leia summa väärtus

Muutuja ülesandes P ei ilmu. Mõelge siiski terminite järjestusele:

Tähistage S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Otsime üles S„mõnede jaoks P. Kui /1 = 1, siis S, = a, =-.

Kui a n= 2. siis S, = a, + a? = - + - = - = -.

Kui /?=3, siis S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Väärtused saate ise välja arvutada S " juures /7 = 4; 5. Tekib

loomulik oletus: S n= -- iga loomuliku /7. Tõestame

Seda tehakse matemaatilise induktsiooni abil.

baasinduktsioonülalpool kontrollitud.

Teeme seda induktiivne üleminek, mis tähistab suvalist

muutuv väärtus P sama täht, see tähendab, et me tõestame, et võrdsusest

0 /7 _ /7 +1

S n=-järgib võrdsust S, =-.

/7+1 /7 + 2

Oletame et võrdsus on tõsi S= - P -.

Eraldame kokku S„+ esiteks P tingimused:

Rakendades induktiivset eeldust, saame:

Vähendades murdosa (/7+1) võrra, saame võrdsuse S n +1 - , L

Induktiivne üleminek on õigustatud.

See tõestab, et summa esimene P tingimustele

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- on võrdne -. Nüüd läheme tagasi originaali juurde
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

ülesanne. Selle lahendamiseks piisab, kui võtta väärtuseks P number 99.

Siis on summa -!- + -!- + -!- + ...+ --- võrdne arvuga 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Proovige seda summat muul viisil arvutada.

Näide 5.5.8. Tõestame, et mis tahes lõpliku arvu diferentseeruvate funktsioonide summa tuletis on võrdne nende funktsioonide tuletiste summaga.

Laske muutujal /? tähistab antud tunnuste arvu. Juhul, kui on antud ainult üks funktsioon, mõistetakse seda funktsiooni summana. Seega, kui /7=1, siis väide on ilmselgelt tõene: /" = /".

Oletame et väide on tõene hulga kohta P funktsioonid (tähe asemel jälle siin juurde kiri võetud P), ehk summa tuletis P funktsioonid võrdub tuletiste summaga.

Tõestame et (n + 1) funktsioonide summa tuletis võrdub tuletiste summaga. Võtke suvaline komplekt, mis koosneb n+ diferentseeritav funktsioon: /1,/2, . Esitame nende funktsioonide summa

nagu g+f„+ 1, kus g=f +/g + ... +/t- summa P funktsioonid. Induktiivse hüpoteesi järgi funktsiooni tuletis g on võrdne tuletisinstrumentide summaga: g" = jalga + jalga + ... +ft Seetõttu kehtib järgmine võrdsuste ahel:

Induktiivne üleminek on lõppenud.

Seega on algne väide tõestatud mis tahes lõpliku arvu funktsioonide jaoks.

Mõnel juhul on nõutav väite õigsuse tõestamine A(p) kõigi loomulike i-de jaoks, alustades mõnest väärtusest koos. Tõestus matemaatilise induktsiooniga toimub sellistel juhtudel vastavalt järgmisele skeemile.

induktsiooni alus. Tõestame, et ettepanek AGA tõene väärtuse kohta P, võrdne koos.

Induktiivne üleminek. 1) Eeldame, et ettepanek AGA mõne väärtuse puhul tõsi juurde muutuja /?, mis on suurem või võrdne koos.

2) Tõestame, et propositsioon AGA tõene /? võrdne

Pange tähele veelkord, et tähe asemel juurde sageli jäta muutuja tähistus P. Sel juhul algab induktiivne üleminek sõnadega: „Oletame, et mõne väärtuse puhul n>sõige A(p). Tõestame seda siis A(n+üks)".

Näide 5.5.9. Tõestame seda loomulikul teel n> 5 on ebavõrdsus 2” > ja 2 tõene.

induktsiooni alus. Las olla n= 5. Siis 2 5 =32, 5 2 =25. Ebavõrdsus 32>25 on tõsi.

Induktiivne üleminek. Oletame, et ebavõrdsus 2 P>n 2 mõne naturaalarvu jaoks n> 5. Tõestame, mis on siis 2" +| > (n+1) 2 .

Astmete omaduste järgi 2” +| = 2-2". Kuna 2" > n 2 (induktiivse hüpoteesi järgi), siis 2-2" > 2n 2 (I).

Põhjendagem, et 2 lk 2 suurem kui (i+1) 2 . Seda saab teha mitmel viisil. Piisab ruutvõrratuse lahendamisest 2x 2 > (x+) 2 reaalarvude hulgas ja vaata, et kõik 5-st suuremad või sellega võrdsed naturaalarvud on selle lahendid.

Toimime järgmiselt. Leiame arvude 2 erinevuse lk 2 ja (i+1) 2:

Alates ja > 5, siis i + 1 > 6, mis tähendab (i + 1) 2 > 36. Seetõttu on erinevus suurem kui 0. Seega 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Võrratuste omaduste järgi tuleneb (I) ja (2)-st, et 2*2" > (n + 1) 2, mida oli vaja tõestada, et õigustada induktiivset üleminekut.

Matemaatilise induktsiooni meetodi põhjal järeldame, et ebavõrdsus 2" > i 2 kehtib kõigi naturaalarvude i puhul.

Mõelge matemaatilise induktsiooni meetodi teisele vormile. Erinevus seisneb induktiivses üleminekus. Selle rakendamiseks on vaja kahte sammu:

• 1) eeldame, et pakkumine A(p) kehtib muutuja i väärtuste puhul, mis on väiksem kui mõni arv R;
• 2) tehtud eeldusest järeldada, et ettepanek A(p) tõene arvu kohta R.

Seega nõuab induktiivne samm järelduse tõestust: [(Ui?) A(n)] => A(p). Pange tähele, et järelduse saab ümber kirjutada järgmiselt: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

Matemaatilise induktsiooni meetodi algses sõnastuses väite tõestamisel A(p) tuginesime ainult "eelmisele" ettepanekule A(p-üks). Siin toodud meetodi sõnastus võimaldab tuletada A(p), eeldades, et kõik ettepanekud A(n), kus ma vähem olen R, on tõsi.

Näide 5.5.10. Tõestame teoreemi: "Iga i-goni sisenurkade summa on 180°(i-2)".

Kumera hulknurga puhul on teoreemi lihtne tõestada, kui see jagada ühest tipust tõmmatud diagonaalidega kolmnurkadeks. Kuid mittekumera hulknurga puhul ei pruugi selline protseduur olla võimalik.

Tõestame suvalise hulknurga teoreemi matemaatilise induktsiooniga. Eeldame, et on teada järgmine väide, mis rangelt võttes nõuab eraldi tõestust: "Igas //-gonis on diagonaal, mis asub täielikult selle siseosas."

Muutuja // asemel võite asendada mis tahes naturaalarvud, mis on suuremad kui 3 või sellega võrdsed. n=b Teoreem on tõene, sest kolmnurga nurkade summa on 180°.

Võtke mõni /7-gon (p> 4) ja oletame, et mis tahes //-goni nurkade summa, kus // p, võrdub 180°(//-2). Tõestame, et //-nurga nurkade summa on võrdne 180°(//-2).

Joonistame selle sees lebava diagonaali //-gon. See jagab //-nurga kaheks hulknurgaks. Las üks neist saab juurde küljed, teine kuni 2 küljed. Siis k + k 2 -2 \u003d p, kuna saadud hulknurkadel on ühine külg tõmmatud diagonaal, mis ei ole algse //-nurga külg.

Mõlemad numbrid juurde ja kuni 2 väiksem //. Rakendame saadud hulknurkadele induktiivset eeldust: A]-nurga nurkade summa on 180°-(?i-2) ja nurkade summa? 2-nurk on võrdne 180 ° - (Ar 2 -2). Siis võrdub //-goni nurkade summa nende arvude summaga:

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

Induktiivne üleminek on õigustatud. Matemaatilise induktsiooni meetodi alusel on teoreem tõestatud mis tahes //-gon (//>3) korral.

Matemaatilise induktsiooni meetod

Sissejuhatus

Põhiosa

1. Täielik ja mittetäielik induktsioon
2. Matemaatilise induktsiooni põhimõte
3. Matemaatilise induktsiooni meetod
4. Näidete lahendus
5. Võrdsus
6. Numbrijaotus
7. ebavõrdsused

Järeldus

Kasutatud kirjanduse loetelu

Sissejuhatus

Deduktiivsed ja induktiivsed meetodid on iga matemaatilise uurimistöö aluseks. Deduktiivne arutlusmeetod on arutlemine üldisest konkreetseni, s.o. arutluskäik, mille lähtepunktiks on üldine tulemus ja lõpp-punktiks konkreetne tulemus. Induktsiooni rakendatakse konkreetsetelt tulemustelt üldistele üleminekul, st. on deduktiivse meetodi vastand.

Matemaatilise induktsiooni meetodit saab võrrelda progressiga. Alustame kõige madalamast, loogilise mõtlemise tulemusena jõuame kõige kõrgemale. Inimene on alati püüdlenud progressi poole, oskuse poole oma mõtet loogiliselt arendada, mis tähendab, et loodus ise on talle määranud induktiivse mõtlemise.

Kuigi matemaatilise induktsiooni meetodi rakendusvaldkond on kasvanud, pühendatakse sellele kooli õppekavas vähe aega. Noh, ütleme, et kasuliku inimese toovad need kaks-kolm õppetundi, mille kohta ta kuuleb viis teooriasõna, lahendab viis primitiivset ülesannet ja selle tulemusel saab viie selle eest, et ta ei tea midagi.

Kuid see on nii oluline – et oleks võimalik induktiivselt mõelda.

Põhiosa

Selle algses tähenduses kasutatakse sõna "induktsioon" arutlustele, mille abil tehakse üldisi järeldusi mitmete konkreetsete väidete põhjal. Lihtsaim sedalaadi arutlusmeetod on täielik induktsioon. Siin on näide sellisest arutluskäigust.

Olgu nõutud, et iga loomulik paarisarv n 4 piires< 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.

Need üheksa võrdsust näitavad, et iga meile huvipakkuv arv on tõepoolest esitatud kahe algliikme summana.

Seega on täielik induktsioon see, et üldine väide tõestatakse eraldi igal piiratud arvul võimalikel juhtudel.

Mõnikord saab üldist tulemust ennustada mitte kõigi, vaid pigem suure hulga erijuhtude (nn mittetäielik induktsioon) arvesse võtmisel.

Mittetäieliku induktsiooniga saadud tulemus jääb aga vaid hüpoteesiks, kuni see pole tõestatud täpse matemaatilise arutluskäiguga, mis hõlmab kõiki erijuhtumeid. Teisisõnu, mittetäielikku induktsiooni matemaatikas ei peeta legitiimseks range tõestamismeetodiks, vaid see on võimas meetod uute tõdede avastamiseks.

Olgu näiteks, et on vaja leida esimese n järjestikuse paaritu arvu summa. Mõelge erijuhtudele:

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

Pärast nende mõne erijuhtumi kaalumist võib järeldada järgmist üldist järeldust:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

need. esimese n järjestikuse paaritu arvu summa on n 2

Loomulikult ei saa tehtud tähelepanek veel olla tõestuseks ülaltoodud valemi kehtivuse kohta.

Täielikul induktsioonil on matemaatikas vaid piiratud rakendused. Paljud huvitavad matemaatilised väited hõlmavad lõpmatu arvu erijuhtumeid ja me ei saa testida lõpmatu arvu juhtumeid. Mittetäielik induktsioon viib sageli ekslike tulemusteni.

Paljudel juhtudel on sellisest raskusest väljapääs kasutada spetsiaalset arutlusmeetodit, mida nimetatakse matemaatiliseks induktsioonimeetodiks. See on järgmine.

Olgu vaja tõestada teatud väite kehtivust mis tahes naturaalarvu n korral (näiteks tuleb tõestada, et esimese n paaritu arvu summa on võrdne n 2-ga). Selle väite otsene kontrollimine iga n väärtuse puhul on võimatu, kuna naturaalarvude hulk on lõpmatu. Selle väite tõestamiseks kontrollige esmalt selle kehtivust n=1 korral. Seejärel tõestatakse, et mis tahes k loomuliku väärtuse korral eeldab vaadeldava väite kehtivus n=k korral selle kehtivust ka n=k+1 korral.

Siis loetakse väide tõestatuks kõigi n puhul. Tõepoolest, väide kehtib n=1 korral. Aga siis kehtib see ka järgmisele arvule n=1+1=2. Väite kehtivus n=2 korral eeldab selle kehtivust n=2+ korral

1=3. See tähendab väite kehtivust n=4 ja nii edasi. On selge, et lõpuks jõuame suvalise naturaalarvuni n. Seega kehtib väide iga n puhul.

Öeldut kokku võttes sõnastame järgmise üldpõhimõtte.

Matemaatilise induktsiooni põhimõte.

Kui lause A(n), mis sõltub naturaalarvust n, on tõene n=1 korral ja sellest, et see on tõene n=k korral (kus k on suvaline naturaalarv), järeldub, et see on ka tõene järgmise arvu n=k +1 korral, siis eeldus A(n) on tõene mis tahes naturaalarvu n korral.

Paljudel juhtudel võib osutuda vajalikuks tõestada teatud väite kehtivust mitte kõigi naturaalarvude, vaid ainult n>p puhul, kus p on fikseeritud naturaalarv. Sel juhul sõnastatakse matemaatilise induktsiooni põhimõte järgmiselt.

Kui väide A(n) on tõene n=p korral ja kui A(k)ÞA(k+1) mis tahes k>p korral, siis väide A(n) on tõene mis tahes n>p korral.

Tõestus matemaatilise induktsiooni meetodil toimub järgmiselt. Esiteks kontrollitakse tõestatavat väidet, kui n=1, st. väite A(1) õigsus tehakse kindlaks. Seda tõestuse osa nimetatakse induktsioonialuseks. Sellele järgneb tõestuse osa, mida nimetatakse induktsioonisammuks. Selles osas tõestatakse väite kehtivust n=k+1 korral eeldusel, et väide on tõene n=k korral (induktsioonieeldus), st. tõestada, et A(k)ÞA(k+1).

Tõesta, et 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Lahendus: 1) Meil ​​on n=1=1 2 . Seega

väide on tõene n=1 korral, s.t. A(1) on tõsi.

2) Tõestame, et A(k)ÞA(k+1).

Olgu k suvaline naturaalarv ja väide tõene n=k korral, s.t.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Tõestame, et siis kehtib väide ka järgmise naturaalarvu n=k+1 puhul, s.o. mida

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Tõepoolest,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1)2.

Seega A(k)ÞA(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et eeldus A(n) kehtib iga nОN puhul.

Tõesta seda

1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kus x¹1

Lahendus: 1) n=1 korral saame

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

seega, n=1 korral on valem tõene; A(1) on tõsi.

2) Olgu k suvaline naturaalarv ja valem tõene n=k korral, s.o.

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

Tõestame, et siis võrdsus

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

Tõepoolest

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Seega A(k)ÞA(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et valem on tõene mis tahes naturaalarvu n korral.

Tõesta, et kumera n-nurga diagonaalide arv on n(n-3)/2.

Lahendus: 1) n=3 puhul on väide tõene

Ja 3 on õige, sest kolmnurgas

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

2 A(3) on tõsi.

2) Oletame, et mis tahes

kumer k-gon on-

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

A k Tõestame, et siis kumeras

(k+1)-gonarv

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

Olgu А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -kumer (k+1)-nurk. Joonistame sellesse diagonaali A 1 A k. Selle (k + 1)-goni diagonaalide koguarvu lugemiseks tuleb kokku lugeda diagonaalide arv k-gonis A 1 A 2 ...A k , saadud arvule lisada k-2, s.t. Arvesse tuleks võtta tipust A k+1 lähtuva (k+1)-goni diagonaalide arvu ja lisaks diagonaali A 1 A k.

Seega

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

Seega A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest tulenevalt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.

Tõesta, et iga n puhul on väide tõene:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

Seega, kui n=1 on väide tõene.

2) Oletame, et n=k

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

3) Vaatleme seda väidet n=k+1 korral

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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Oleme tõestanud võrdsuse paikapidavust n=k+1 korral, seetõttu kehtib matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt väide iga loomuliku n puhul.

Tõesta, et iga loomuliku n puhul on võrdsus tõene:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Lahendus: 1) Olgu n=1.

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

Näeme, et n=1 puhul on väide tõene.

2) Oletame, et võrdus on tõene n=k korral

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

3) Tõestame selle väite õigsust n=k+1 korral, s.o.

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(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4.

Ülaltoodud tõestuse põhjal on selge, et väide on tõene n=k+1 korral, seega on võrdsus tõene mis tahes loomuliku n korral.

Tõesta seda

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), kus n>2.

Lahendus: 1) n=2 puhul näeb identsus välja järgmine: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

need. see on õige.

2) Oletame, et avaldis on tõene n=k korral

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

3) Tõestame avaldise õigsuse n=k+1 korral.

(((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).

Oleme tõestanud võrdsuse paikapidavust n=k+1 korral, mistõttu matemaatilise induktsiooni meetodist tulenevalt kehtib väide iga n>2 korral

Tõesta seda

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

mis tahes loodusliku n.

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

2) Oletame, et n=k, siis

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

3) Tõestame selle väite õigsust n=k+1 korral

(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).

Tõestatud on ka võrduse paikapidavus n=k+1 korral, seetõttu kehtib väide iga naturaalarvu n korral.

Tõesta identiteedi kehtivust

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

mis tahes loodusliku n.

1) Kui n=1 on identsus tõene 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Oletame, et n=k korral

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

3) Tõestame, et identsus on tõene n=k+1 korral.

(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).

Ülaltoodud tõendist on näha, et väide kehtib iga naturaalarvu n korral.

Tõesta, et (11 n+2 +12 2n+1) jagub 133-ga ilma jäägita.

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

Kuid (23´133) jagub 133-ga ilma jäägita, seega n=1 puhul on väide tõene; A(1) on tõsi.

2) Oletame, et (11 k+2 +12 2k+1) jagub 133-ga ilma jäägita.

3) Tõestame seda antud juhul

(11 k+3 +12 2k+3) jagub 133-ga ilma jäägita. Tõepoolest, 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 .

Saadud summa jagub ilma jäägita 133-ga, kuna selle esimene liige jagub eeldusel ilma jäägita 133-ga ja teises on üks tegur 133. Seega А(k)ÞА(k+1). Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et iga n 7 korral jagub n -1 6-ga ilma jäägita.

Lahendus: 1) Olgu n=1, siis X 1 =7 1 -1=6 jagatakse 6-ga ilma jäägita. Seega on n=1 väide tõene.

2) Oletame, et n=k korral

7 k -1 jagub 6-ga ilma jäägita.

3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral.

X k+1 =7 k+1-1=7´7 k-7+6=7(7 k-1)+6.

Esimene liige jagub 6-ga, kuna 7 k -1 jagub eeldusel 6-ga ja teine ​​liige on 6. Seega on 7 n -1 iga loomuliku n-i 6-kordne. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 3 3n-1 +2 4n-3 suvalise loomuliku n korral jagub 11-ga.
Lahendus: 1) Olgu siis n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 jagatakse 11-ga ilma jäägita. Seega, kui n=1 on väide tõene.

2) Oletame, et n=k korral

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 jagub 11-ga ilma jäägita.

3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral.

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.

Esimene liige jagub 11-ga ilma jäägita, kuna 3 3k-1 +2 4k-3 jagub eeldusel 11-ga, teine ​​liige jagub 11-ga, kuna selle üheks teguriks on arv 11. Seega on summa samuti jagub 11-ga ilma jäägita iga loomuliku n korral. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 11 2n -1 suvalise positiivse täisarvu n korral jagub 6-ga ilma jäägita.

Lahendus: 1) Olgu n=1, siis 11 2 -1=120 jagub 6-ga ilma jäägita. Seega on n=1 väide tõene.

2) Oletame, et n=k korral

11 2k -1 jagub 6-ga ilma jäägita.

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

Mõlemad liikmed jaguvad 6-ga ilma jäägita: esimene sisaldab arvu 120 kordset 6 ja teine ​​on eeldusel, et jagub 6-ga ilma jäägita. Seega jagub summa 6-ga ilma jäägita. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 3 3n+3 -26n-27 suvalise positiivse täisarvu n korral jagub ilma jäägita arvuga 26 2 (676).

Lahendus: esmalt tõestame, et 3 3n+3 -1 jagub 26-ga ilma jäägita.

1. Kui n=0

3 3 -1=26 jagub 26-ga

2. Oletame, et n=k korral

3 3k+3 -1 jagub 26-ga

3. Tõestame seda väidet

tõene n=k+1 korral.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – jagub 26-ga

Tõestagem nüüd probleemi tingimuses sõnastatud väidet.

1) On ilmne, et n=1 puhul on väide tõene

3 3+3 -26-27=676

2) Oletame, et n=k korral

avaldis 3 3k+3 -26k-27 jagub 26 2-ga ilma jäägita.

3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral

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

Mõlemad liikmed jaguvad 26 2-ga; esimene jagub 26 2-ga, sest oleme tõestanud, et sulgudes olev avaldis jagub 26-ga ja teine ​​jagub induktiivse hüpoteesiga. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et kui n>2 ja x>0, siis on võrratus

(1+x) n >1+n´x.

Lahendus: 1) Kui n=2 on ebavõrdsus tõene, kuna

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

Seega on A(2) tõsi.

2) Tõestame, et A(k)ÞA(k+1), kui k> 2. Oletame, et A(k) on tõene, st et ebavõrdsus

(1+x) k >1+k´x. (3)

Tõestame, et siis on tõene ka A(k+1), st et ebavõrdsus

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Tõepoolest, korrutades võrratuse (3) mõlemad pooled positiivse arvuga 1+x, saame

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Mõelge viimase ebavõrdse paremale küljele

stva; meil on

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

Selle tulemusena saame selle

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Seega A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttele tuginedes võib väita, et Bernoulli ebavõrdsus kehtib mis tahes

Tõesta, et ebavõrdsus on tõsi

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

Lahendus: 1) Kui m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 mõlemad osad on võrdsed.

2) Oletame, et m=k korral

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Tõestame, et m=k+1 korral on mittevõrdsus tõene

(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 .

Oleme tõestanud ebavõrdsuse paikapidavuse m=k+1 korral, seetõttu kehtib matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt ebavõrdsus iga loomuliku m korral.

Tõesta, et n>6 korral on ebavõrdsus

3 n >n´2 n+1 .

Lahendus: kirjutame võrratuse vormi ümber

1. Meil on n=7 jaoks

3 7 / 2 7 =2187/128>14=2´7

ebavõrdsus on tõsi.

2. Oletame, et n=k korral

3) Tõestame võrratuse õigsust n=k+1 korral.

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

Kuna k>7, on viimane ebavõrdsus ilmne.

Matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt kehtib ebavõrdsus iga loomuliku n korral.

Tõesta, et n>2 korral on ebavõrdsus

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

Lahendus: 1) Kui n=3 on ebavõrdsus tõene

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

1. Oletame, et n=k korral

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

3) Tõestame mitte-

võrdsused n=k+1 jaoks

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

Tõestame, et 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

Viimane on ilmne ja seetõttu

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

Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on mittevõrdsus tõestatud.

Järeldus

Eelkõige, olles õppinud matemaatilise induktsiooni meetodit, täiendasin oma teadmisi selles matemaatikavaldkonnas ja õppisin ka lahendama probleeme, mis varem ei olnud minu võimuses.

Põhimõtteliselt olid need loogilised ja meelelahutuslikud ülesanded, st. just need, mis suurendavad huvi matemaatika kui teaduse vastu. Selliste ülesannete lahendamine muutub meelelahutuslikuks tegevuseks ja võib meelitada matemaatikalabürintidesse üha rohkem uudishimulikke inimesi. Minu arvates on see igasuguse teaduse alus.

Jätkates matemaatilise induktsiooni meetodi uurimist, püüan õppida seda rakendama mitte ainult matemaatikas, vaid ka füüsika, keemia ja elu enda probleemide lahendamisel.

MATEMAATIKA:

LOENGUD, ÜLESANDED, LAHENDUSED

Õpik / V. G. Boltjanski, Yu. V. Sidorov, M. I. Šabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA JA ANALÜÜSI PÕHIMÕTTED

Õpik / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivašev-Musatov, B. E. Veits. "Valgustus" 1975.

Paljudes matemaatika valdkondades tuleb tõestada väite õigsust, mis sõltub , st. ettepaneku tõesus p(n) jaoks " nнN (mis tahes n PEAL p(n)õige).

Seda saab sageli tõestada matemaatilise induktsiooni meetod.

See meetod põhineb matemaatilise induktsiooni põhimõttel. Tavaliselt valitakse see üheks aritmeetika aksioomiks ja seetõttu aktsepteeritakse seda ilma tõestuseta. Matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt lause p(n) peetakse tõeseks muutuja kõigi loomulike väärtuste puhul, kui on täidetud kaks tingimust:

1. Pakkumine p(n) jaoks tõsi n= 1.

2. Lausest, et p(n) jaoks tõsi n =k (k - suvaline naturaalarv) järeldub, et see on tõene n =k+ 1.

Matemaatilise induktsiooni meetodi all mõistetakse järgmist tõestusmeetodit

1. Kontrollige väite õigsust n= 1 on induktsiooni alus.

2. Oletame, et väide on tõene n = k - induktiivne oletus.

3. Tõesta, et siis on see ka tõsi n =k+ 1 induktiivne üleminek.

Mõnikord soovitus p(n) osutub tõeks mitte kõigi loomulike kohta n ja alustades mõnest n = n 0. Sel juhul kontrollitakse tõesust induktsioonibaasis p(n) juures n = n 0.

Näide 1 Las olla . Tõesta seda

1. Induktsiooni alus: millal n= 1 definitsiooni järgi S 1 = 1 ja valemiga saame ühe tulemuse. Väide on õige.

n=k ja .

n=k+ 1. Tõestame, et .

Tõepoolest, induktiivse eeldusega

Teisendame seda väljendit

Induktiivne üleminek on tõestatud.

kommenteerida. Kasulik on kirja panna, mis on antud (induktiivne eeldus) ja mida on vaja tõestada!

Näide 2 Tõesta

1. Induktsiooni alus. Kell n= 1, on väide ilmselgelt tõsi.

2. Induktiivne eeldus. Las olla n=k ja

3. Induktiivne üleminek. Las olla n=k+ 1. Tõestame:

Tõepoolest, teeme parema külje ruudu kahe arvu summana:

Kasutades induktiivset eeldust ja aritmeetilise progressiooni summa valemit: , saame

Näide 3 Tõesta ebavõrdsust

1. Induktsiooni aluseks on antud juhul väite õigsuse kontrollimine, s.o. ebavõrdsust tuleb kontrollida. Selleks piisab ebavõrdsuse ruudust: või 63< 64 – неравенство верно.

2. Olgu ebavõrdsus tõene , s.o.

3. Olgu , tõesta:

Kasutame induktsioonihüpoteesi

Teades, milline peaks välja nägema tõestatava ebavõrdsuse parem pool, valime selle osa

Jääb kindlaks teha, et lisategur ei ületa ühtsust. Tõesti,

Näide 4 Tõesta, et iga naturaalarv lõpeb numbriga.

1. Väikseim naturaalarv, millest alates väide on tõene, on võrdne . .

2. Laske numbri lõpus . See tähendab, et selle arvu saab kirjutada kujul , kus on mõni naturaalarv. Siis .

3. Lase . Tõestame, et see lõpeb numbriga . Kasutades saadud esitust, saame

Viimasel numbril on täpselt ühed.

Lisa

1.4. Matemaatilise induktsiooni meetod

Matemaatilised väited (teoreemid) peavad teatavasti olema põhjendatud, tõestatud. Tutvume nüüd ühe tõestusmeetodiga – matemaatilise induktsiooni meetodiga.

Laiemas mõttes on induktsioon arutlusviis, mis võimaldab liikuda konkreetsetelt väidetelt üldiste juurde. Vastupidist üleminekut üldistelt väidetelt konkreetsetele nimetatakse deduktsiooniks.

Deduktsioon viib alati õigete järeldusteni. Näiteks teame üldist tulemust: kõik nulliga lõppevad täisarvud jaguvad 5-ga. Sellest saame muidugi järeldada, et iga konkreetne arv, mis lõpeb 0-ga, näiteks 180, jagub 5-ga.

Samal ajal võib induktsioon viia valede järeldusteni. Näiteks märgates, et arv 60 jagub arvudega 1, 2, 3, 4, 5, 6, ei ole meil õigust järeldada, et 60 jagub üldse ühegi arvuga.

Matemaatilise induktsiooni meetod võimaldab paljudel juhtudel rangelt tõestada üldväite P(n), mille sõnastus sisaldab naturaalarvu n, paikapidavust.

Meetodi rakendamine hõlmab 3 etappi.

1) Induktsiooni alus: kontrollime väite P(n) kehtivust n = 1 korral (või mõne muu, n privaatväärtuse puhul, millest lähtudes eeldatakse P(n) kehtivust).

2) Induktsiooni eeldus: eeldame, et P(n) on tõene n = k korral.

3) Induktsiooni samm: eeldust kasutades tõestame, et P(n) on tõene n = k + 1 korral.

Selle tulemusena võime järeldada, et P(n) kehtib iga n ∈ N korral. Tõepoolest, n = 1 puhul on väide tõene (induktsiooni alus). Ja seetõttu kehtib see ka n = 2 puhul, kuna üleminek väärtuselt n = 1 väärtusele n = 2 on õigustatud (induktsioonisamm). Ikka ja jälle induktsiooni sammu rakendades saame P(n) kehtivuse n = 3, 4, 5, . . ., st P(n) kehtivus kõigi n.

Näide 14. Esimese n paaritu naturaalarvu summa on n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Tõestus viiakse läbi matemaatilise induktsiooni meetodil.

1) Alus: n=1 korral on vasakul ainult üks liige, saame: 1 = 1.

Väide on õige.

2) Eeldus: eeldame, et mõne k korral on võrdsus tõene: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Ülesannete lahendamine tabamuste tõenäosuse kohta võtete ajal

Probleemi üldine avaldus on järgmine:

Ühe lasuga sihtmärgi tabamise tõenäosus võrdub $p$. $n$ lasku. Leia tõenäosus, et sihtmärk tabatakse täpselt $k$ korda (tuleb $k$ tabamust).

Rakendame Bernoulli valemit ja saame:

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

Siin $C_n^k$ on kombinatsioonide arv vahemikus $n$ kuni $k$.

Kui probleem hõlmab mitut noolt erinevad tõenäosused sihtmärgi tabamine, teooria, lahendusnäited ja kalkulaator leiad siit.

Videoõpetus ja Exceli mall

Vaadake meie videot Bernoulli kaadritega probleemide lahendamisest ja õppige, kuidas kasutada Excelit levinud probleemide lahendamiseks.

Videost pärit Exceli arvutusfaili saab tasuta alla laadida ja kasutada oma probleemide lahendamiseks.

Näiteid laskmiste seerias sihtmärgi tabamise probleemide lahendamisest

Vaatame mõnda tüüpilist näidet.

Näide 1 Laske 7 lasku. Ühe lasuga tabamise tõenäosus on 0,705. Leia tõenäosus, et tuleb täpselt 5 tabamust.

Saame, et probleem käsitleb korduvaid sõltumatuid katseid (lasud sihtmärki), kokku lastakse $n=7$ lasku, tabamise tõenäosus iga $p=0,705$, puudujäägi tõenäosus $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Peame leidma, et tabamust on täpselt $k=5$. Asendame kõik valemiga (1) ja saame: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Näide 2Ühe lasuga sihtmärgi tabamise tõenäosus on 0,4.

Sihtmärki tehakse neli iseseisvat lasku. Leidke tõenäosus, et sihtmärki tabab vähemalt üks tabamus.

Uurime ülesannet ja paneme kirja parameetrid: $n=4$ (lask), $p=0.4$ (tabamuse tõenäosus), $k \ge 1$ (tuleb vähemalt üks tabamus).

Kasutame vastupidise sündmuse tõenäosuse valemit (tabamust pole):

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

Tõenäosus tabada vähemalt kord neljast on 0,87 ehk 87%.

Näide 3 Tõenäosus, et laskur tabab sihtmärki, on 0,3.

Leia tõenäosus, et 6 lasuga tabatakse sihtmärki kolm kuni kuus korda.

Erinevalt eelmistest ülesannetest tuleb siin leida tõenäosus, et tabamuste arv on teatud intervallis (ja mitte täpselt võrdne mõne arvuga). Kuid valem on sama.

Leiame tõenäosuse, et sihtmärki tabatakse kolm kuni kuus korda, see tähendab, et tabamust on kas 3 või 4 või 5 või 6 korda.

Need tõenäosused arvutatakse valemiga (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cpunkt 0,3^3\cpunkt 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cpunkt 0,3^4\cpunkt 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cpunkt 0,3^5\cpunkt 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cpunkt 0,3^6\cpunkt 0,7^0 = 0,001.

Kuna sündmused ei ühildu, saab soovitud tõenäosuse leida tõenäosuste liitmise valemi abil: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Näide 4 Tõenäosus, et nelja lasuga tabatakse sihtmärki vähemalt üks, on 0,9984. Leia ühe lasuga sihtmärgi tabamise tõenäosus.

Tähistagem tõenäosust tabada sihtmärki ühe lasuga. Sisestame sündmuse:
$A = $ (neljast lasust tabab vähemalt üks sihtmärki),
samuti selle vastupidine sündmus, mille saab kirjutada järgmiselt:
$\overline(A) = $ (Kõik 4 lasku lähevad sihtmärgist mööda, tabamusi pole).

Kirjutame üles sündmuse $A$ tõenäosuse valem.

Kirjutame üles teadaolevad väärtused: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Asendage valemis (1) ja saate:

$$ 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.

Lahendame saadud võrrandi:

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

Seega on ühe lasuga sihtmärgi tabamise tõenäosus 0,8.

Täname, et lugesite ja jagate teistega

Kasulikud lingid

Otsige lahendusest valmis ülesandeid:

Interneti-arvutused Bernoulli valemi abil

Võrratuse lahendamine kalkulaatoriga

Ebavõrdsus matemaatikas kehtib kõigi võrrandite kohta, kus "=" on asendatud mis tahes järgmiste tähemärkidega: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* lineaarne;

* ruut;

* murdosa;

* soovituslik;

* trigonomeetriline;

* logaritmiline.

Sellest olenevalt nimetatakse võrratusi lineaarseteks, osalisteks jne.

Peaksite teadma neid märke:

* ebavõrdsused, mis on suuremad kui (>) või väiksemad kui (

* Ebaprofessionaalsuseks nimetatakse ebavõrdsust ikoonidega, mis on suuremad või võrdsed kui \[\geq\], väiksemad või võrdsed kui [\leq\];

* ikoon ei ole üksi sama \[\ne\], kuid selle ikooniga juhtumeid tuleb kogu aeg lahendada.

Selline ebavõrdsus lahendatakse identiteetide teisendustega.

Lugege ka meie artiklit "Lahendage veebivõrrandi täielik lahendus"

Oletame, et kehtib järgmine ebavõrdsus:

Lahendame selle samamoodi nagu lineaarvõrrandit, kuid peaksime hoolikalt jälgima ebavõrdsuse märki.

Esiteks liigutame terminid tundmatust vasakule, teadaolevast paremale, pöörates sümboleid ümber:

Seejärel jagame mõlemad pooled -4-ga ja pöörame ebavõrdsuse märgi ümber:

See on vastus sellele võrrandile.

Kus ma saan Internetis ebavõrdsust lahendada?

Võrrandi saate lahendada meie veebisaidil pocketteacher.ru.

Bernoulli ebavõrdsuse kalkulaator

Tasuta võrgupäästelahendus lahendab sekunditega mis tahes keerukusega võrguvõrrandi. Kõik, mida pead tegema, on sisestada oma andmed päästetöödesse. Meie veebisaidil saate vaadata ka videojuhiseid ja õppida võrrandit lahendama.

Ja kui teil on küsimusi, võite neid küsida meie Vkontakte grupis: taskuõpetaja. Liituge meie grupiga, aitame teid hea meelega.

Täielik matemaatiline induktsiooni meetod

Võrrandi lahendamine / diferentsiaalvõrrandid

© RU test - veebikalkulaatorid

Diferentsiaalvõrrandite lahendus

Sisesta diff.

võrrand:

Kalkulaatoriga saate lahendada erineva keerukusega diferentsiaalvõrrandeid.

Lahendatud diferentsiaalvõrrandite näited

MBOU lütseum "Tehniline ja majanduslik"

MATEMAATILISE INDUKTSIOONI MEETOD

MATEMAATILISE INDUKTSIOONI MEETOD.

SELGITAV MÄRKUS

Matemaatilise profiili 10. klassi õpilastele koostati metoodiline arendus "Matemaatilise induktsiooni meetod".

Peamised eesmärgid: tutvustada õpilastele matemaatilise induktsiooni meetodit ja õpetada seda rakendama erinevate ülesannete lahendamisel.

Metoodilises arenduses käsitletakse elementaarmatemaatika küsimusi: jagamisülesandeid, identiteetide tõestamist, ebavõrdsuse tõestamist, erineva keerukusega ülesandeid, sh olümpiaadidel pakutavaid ülesandeid.

Induktiivsete järelduste roll eksperimentaalteadustes on väga suur. Nad annavad need sätted, millest järeldatakse edasised järeldused. Nimi matemaatilise induktsiooni meetod petlikult – tegelikult on see meetod deduktiivne ja annab range tõestuse induktsiooniga äraarvatud väidetele. Matemaatilise induktsiooni meetod aitab tuvastada seoseid matemaatika erinevate osade vahel, aitab arendada õpilase matemaatilist kultuuri.

Matemaatilise induktsiooni meetodi definitsioon. Täielik ja mittetäielik induktsioon. Ebavõrdsuse tõestus. Isikuid tõendav dokument. Jagatavusülesannete lahendamine. Erinevate ülesannete lahendamine teemal "Matemaatilise induktsiooni meetod".

KIRJANDUS ÕPETAJALE

1. M.L. Galitski. Algebra ja matemaatilise analüüsi kursuse süvendatud õppimine. - M. Valgustus. 1986.

2. L.I. Zvavitš. Algebra ja analüüsi algus. Didaktilised materjalid. M. Drofa 2001.

3. N. Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaatiline analüüs. M Valgustus. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matemaatilise induktsiooni meetod. NGU.1995.

KIRJANDUS ÕPILASELE

1. N. Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaatiline analüüs. M Valgustus. 1995.

2. Yu.V. Mihheev. Matemaatilise induktsiooni meetod. NGU.1995.

MÄRKSÕNAD

Induktsioon, aksioom, matemaatilise induktsiooni põhimõte, täielik induktsioon, mittetäielik induktsioon, väide, identsus, ebavõrdsus, jagatavus.

TEEMA DIDAKTILINE LISA

"MATEMAATILISE INDUKTSIOONI MEETOD".

1. tund

Matemaatilise induktsiooni meetodi definitsioon.

Matemaatilise induktsiooni meetod on üks väga tõhusaid meetodeid uute tulemuste leidmiseks ja esitatud eelduste tõesuse tõestamiseks. Kuigi see meetod pole matemaatikas uus, huvi selle vastu ei rauge. Esmakordselt selges esitluses rakendas matemaatilise induktsiooni meetodit 17. sajandil väljapaistev prantsuse teadlane Blaise Pascal arvukolmnurga omaduste tõestamisel, mis on sellest ajast peale saanud oma nime. Matemaatilise induktsiooni ideed olid aga teada iidsetele kreeklastele. Matemaatilise induktsiooni meetod põhineb matemaatilise induktsiooni põhimõttel, mida aktsepteeritakse aksioomina. Vaatleme matemaatilise induktsiooni ideed näidetega.

Näide nr 1.

Ruut jagatakse segmendiga kaheks osaks, seejärel jagatakse üks saadud osadest kaheks osaks jne. Määrake, mitmeks osaks ruut on jagatud P sammud?

Otsus.

Pärast esimest sammu saame tingimusel 2 osa. Teises etapis jätame ühe osa muutmata ja jagame teise 2 osaks ja saame 3 osa. Kolmandas etapis jätame 2 osa muutmata ja jagame kolmanda kaheks osaks ja saame 4 osa. Neljandas etapis jätame 3 osa muutmata ja jagame viimase osa kaheks osaks ja saame 5 osa. Viiendas etapis saame 6 osa. Ettepanek on tehtud, et läbi P samme saame (n+1) osa. Kuid see väide vajab tõestamist. Oletame, et läbi juurde sammudeks on väljak jagatud (k+1) osa. Siis edasi (k+1) astu meie juurde osad jäetakse muutmata ja (k+1) jaga osa kaheks osaks ja saad (k+2) osad. Märkad, et võid niimoodi vaielda nii kaua kui soovid, lõpmatuseni. See tähendab, et meie eeldus on selline P sammude ruut jagatakse (n+1) osa, muutub tõestatuks.

Näide nr 2.

Minu vanaemal oli lapselaps, kellele meeldis väga moos ja eriti see, mis oli liitrises purgis. Aga vanaema ei lubanud teda puudutada. Ja lapselapsed otsustasid oma vanaema petta. Ta otsustas süüa iga päev 1/10 liitrit sellest purgist ja valada seda põhjalikult segades veega. Mitme päeva pärast avastab vanaema pettuse, kui moos jääb veega poole võrra lahjendatuna välimuselt samaks?

Otsus.

Uurige, kui palju puhast moosi jääb pärast purki P päevadel. Peale esimest päeva jääb segu purki, mis koosneb 9/10 moosist ja 1/10 veest. Kahe päeva pärast kaob 1/10 vee ja moosi segust purgist ja jääb alles (1 liiter segu sisaldab 9/10 liitrit moosi, 1/10 liitrit segu sisaldab 9/100 liitrit moosi)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 liitrit moosi. Kolmandal päeval kaob purgist 1/10 liitrit segu, mis koosneb 81/100 moosist ja 19/100 veest. 1 liitris segus on 81/100 liitrit moosi, 1/10 liitris segus 81/1000 liitrit moosi. 81/100 – 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 liitrit moosi jääb alles 3 päeva pärast ja ülejäänu võtab vesi ära. Ilmub muster. Läbi P pangas jäänud päevad (9/10) P l moos. Aga see on jällegi vaid meie oletus.

Las olla juurde on suvaline naturaalarv. Oletame, et läbi juurde päeva pangas jääb (9/10) kuni l moos. Vaatame, mis on pangas mõne teise päeva pärast, st sisse (k+1) päeval. Kaob pangast 1/10 l segu (9/10) juurde l moos ja vesi. AT 1l segu on (9/10) juurde l moos, sisse 1/10 l segud (9/10) k+1 l moos. Nüüd võime seda julgelt öelda P pangas veel päevad (9/10) P l moos. 6 päeva pärast saab pank 531444/1000000l keedised, 7 päeva pärast - 4782969/10000000l moosi ehk alla poole.

Vastus: 7 päeva pärast avastab vanaema pettuse.

Proovime vaadeldavate probleemide lahendustes välja tuua kõige elementaarsemad. Hakkasime neid kõiki lahendama, kaaludes eraldi või, nagu öeldakse, erijuhtumeid. Seejärel tegime oma tähelepanekute põhjal mõned oletused P(n), olenevalt looduslikust P.

väidet kontrolliti ehk tõestati P(1), P(2), P(3);

soovitas seda P(n) kehtiv n=k ja järeldas, et siis see kehtib ka järgmiseks n, n=k+1.

Ja siis nad vaidlesid umbes nii: P(1)õige, P(2)õige, P(3)õige, P(4)õige... just nii P(n).

Matemaatilise induktsiooni põhimõte.

avaldus P(n), olenevalt looduslikust P, kehtib kõigi looduslike P, kui

1) väite kehtivust n = 1;

2) väite kehtivuse eeldamisest P(n) juures n=k peaks

õiglus P(n) juures n=k+1.

Matemaatikas valitakse matemaatilise induktsiooni põhimõte reeglina üheks aksioomiks, mis määratleb arvude loomuliku jada, ja seetõttu aktsepteeritakse seda ilma tõestuseta. Matemaatilise induktsiooni põhimõttel kasutatavat tõestusmeetodit nimetatakse tavaliselt matemaatilise induktsiooni meetodiks. Pange tähele, et seda meetodit kasutatakse laialdaselt teoreemide, identiteetide, jaguvusülesannete lahendamise ebavõrdsuse ja paljude muude probleemide tõestamisel.

Õppetund nr 2

Täielik ja mittetäielik induktsioon.

Juhul, kui matemaatiline väide puudutab lõplikku arvu objekte, saab seda tõestada, kontrollides iga objekti puhul näiteks väidet "Iga kahekohaline paarisarv on kahe algarvu summa." Tõestusmeetodit, mille käigus testime väidet piiratud arvu juhtumite jaoks, nimetatakse täielikuks matemaatiliseks induktsiooniks. Seda meetodit kasutatakse suhteliselt harva, kuna väiteid peetakse kõige sagedamini lõpmatute hulkade puhul. Näiteks teoreem "Iga paarisarv võrdub kahe algarvu summaga" pole siiani tõestatud ega ümber lükatud. Isegi kui testiksime seda teoreemi esimese miljardi puhul, ei viiks see meid selle tõestamisele sammugi lähemale.

Loodusteadustes kasutatakse mittetäielikku induktsiooni, katset katsetades mitu korda, kandes tulemuse üle kõikidele juhtudele.

Näide nr 3

Arvake naturaalarvude kuubikute summa mittetäieliku induktsioonivalemi abil.

Otsus.

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 .

Tõestus.

Olgu see tõsi n=k.

Tõestame, et see on tõsi n=k+1.

Järeldus: naturaalarvude kuubikute summa valem kehtib iga naturaalarvu kohta P.

Näide nr 4

Mõelge võrdsustele ja arvake, millise üldise seaduseni need näited viivad.

Otsus.

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

……………………………………………………………..

Näide nr 5

Kirjutage järgmised avaldised summana:

1)
2)
3)
; 4)
.

Kreeka täht "sigma".

Näide nr 6.

Kirjutage märgi abil järgmised summad
:

2)

Näide nr 7.

Kirjutage produktidena järgmised väljendid:

1)

3)
4)

Näide nr 8.

Kirjutage märgi abil üles järgmised tööd

(kreeka suur täht "pi")

1)
2)

Näide nr 9.

Polünoomi väärtuse arvutamine f ( n )= n 2 + n +11 , kell n = 1,2,3,4,5,6,7 võib eeldada, et iga looduslikuP number f ( n ) lihtne.

Kas see oletus on õige?

Otsus.

Kui iga liide jagub arvuga, jagub summa selle arvuga,
ei ole ühegi naturaalarvu algarvP.

Lõpliku arvu juhtumite analüüsil on matemaatikas oluline roll: ühele või teisele väitele tõestust andmata aitab see ära arvata selle väite õiget sõnastust, kui see pole veel teada. Nii jõudis Peterburi Teaduste Akadeemia liige Goldbach oletuseni, et iga naturaalarv, mis algab kahest, on mitte rohkem kui kolme algarvu summa.

Õppetund nr 3

Matemaatilise induktsiooni meetod võimaldab tõestada erinevaid identiteete.

Näide nr 10. Tõestame seda kõigile P identiteet

Otsus.

Paneme

Me peame seda tõestama

Tõestagem, et Siis identiteedi tõest

identiteedi tõde järgneb

Matemaatilise induktsiooni põhimõtte järgi identiteedi tõde kõigile P.

Näide nr 11.

Tõestame identiteeti

Tõestus.

tähtajalised võrdsused.

;
. Nii et see identiteet kehtib kõigi jaoksP .

Õppetund number 4.

Identiteetide tõendamine matemaatilise induktsiooniga.

Näide nr 12. Tõestame identiteeti

Tõestus.

Rakendades matemaatilise induktsiooni põhimõtet, tõestasime, et võrdsus kehtib kõigi jaoks P.

Näide nr 13. Tõestame identiteeti

Tõestus.

Rakendades matemaatilise induktsiooni põhimõtet, tõestasime, et väide kehtib iga loomuliku kohta P.

Näide nr 14. Tõestame identiteeti

Tõestus.

Näide nr 15. Tõestame identiteeti

1) n = 1;

2) eest n=k võrdsus

3) tõestama, et võrdsus kehtib n=k+1:

Järeldus: identiteet kehtib iga loomuliku kohta P.

Näide nr 16. Tõestame identiteeti

Tõestus.

Kui a n = 1 , siis

Las identiteet kestab n=k.

Tõestagem, et identiteet kehtib n=k+1.

Siis kehtib identiteet iga loomuliku kohta P.

Õppetund number 5.

Identiteetide tõendamine matemaatilise induktsiooniga.

Näide nr 17. Tõestame identiteeti

Tõestus.

Kui a n = 2 , siis saame õige võrdsuse:

Olgu võrdsus tõsin=k:

Tõestagem väite kehtivust jaoks n=k+1.

Matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt on identsus tõestatud.

Näide nr 18. Tõestame identiteeti
n≥2 jaoks.

Kell n = 2 selle identiteedi saab väga lihtsal kujul ümber kirjutada

ja ilmselgelt tõsi.

Laske kl n=k tõesti

.

Tõestagem väite kehtivust jaoksn=k+1, see tähendab, et võrdsus on täidetud: .

Seega oleme tõestanud, et identiteet on tõsi iga loomuliku jaoks n≥2.

Näide nr 19. Tõestame identiteeti

Kell n = 1 saame õige võrdsuse:

Oletame, et kl n=k saame ka õige võrdsuse:

Tõestame, et võrdsuse kehtivust järgitakse n=k+1:

Siis kehtib identiteet iga loomuliku kohta P.

Õppetund number 6.

Jagatavusülesannete lahendamine.

Näide nr 20. Tõesta matemaatilise induktsiooniga, et

jagatuna 6 jäljetult.

Tõestus.

Kell n = 1 toimub jaotus6 jäljetult,
.

Laske kl n=k väljendus
mitmekordne6.

Tõestame, et millal n=k+1 väljendus
mitmekordne6 .

Iga termin on kordne 6 , seega on summa kordne 6 .

Näide number 21.
peal5 jäljetult.

Tõestus.

Kell n = 1 väljend on jagatav
.

Laske kl n=k väljendus
jagatud ka5 jäljetult.

Kell n=k+1 jagatuna 5 .

Näide nr 22. Tõesta avaldise jagatavus
peal16.

Tõestus.

Kell n = 1 mitmekordne 16 .

Laske kl n=k
mitmekordne16.

Kell n=k+1

Kõik terminid on jagatavad 16: esimene on ilmselgelt oletuse järgi teine ​​ja kolmandal on sulgudes paarisarv.

Näide nr 23. Tõesta jagatavus
peal676.

Tõestus.

Esmalt tõestame seda
jagatuna
.

Kell n = 0
.

Laske kl n=k
jagatuna26 .

Siis kl n=k+1 jagatuna 26 .

Tõestame nüüd probleemi tingimuses sõnastatud väidet.

Kell n = 1 jagatuna 676.

Kell n=k see on tõsi
jagatuna26 2 .

Kell n=k+1 .

Mõlemad terminid on jagatavad 676 ; esimene on seepärast, et oleme tõestanud jagatavuse arvuga 26 avaldis sulgudes ja teine ​​jagub induktiivse hüpoteesiga.

Õppetund number 7.

Jagatavusülesannete lahendamine.

Näide number 24.

Tõesta seda
jagatuna5 jäljetult.

Tõestus.

Kell n = 1
jagatuna5.

Kell n=k
jagatuna5 jäljetult.

Kell n=k+1 iga liige on jagatav5 jäljetult.

Näide nr 25.

Tõesta seda
jagatuna6 jäljetult.

Tõestus.

Kell n = 1
jagatuna6 jäljetult.

Laske kl n=k
jagatuna6 jäljetult.

Kell n=k+1 jagatuna 6 jääki pole, kuna iga liige jagub arvuga6 ilma jäägita: esimene liige tuleneb induktiivsest eeldusest, teine ​​on ilmne, kolmas on sellepärast, et
paarisarv.

Näide nr 26.

Tõesta seda
poolt jagamisel9 annab ülejäänu 1 .

Tõestus.

Tõestame seda
jagatuna9 .

Kell n = 1
jagatuna 9 . Laske kl n=k
jagatuna9 .

Kell n=k+1 jagatuna 9 .

Näide number 27.

Tõesta, et jagub arvuga15 jäljetult.

Tõestus.

Kell n = 1 jagatuna 15 .

Laske kl n=k jagatuna 15 jäljetult.

Kell n=k+1

Esimene termin on kordne15 induktsioonihüpoteesi järgi on teine ​​liige kordne15 – ilmselt on kolmas liige kordne15 , nagu
mitmekordne5 (tõestatud näites nr 21), on ka neljas ja viies liige mitmekordsed5 , mis on ilmne, siis on summa kordne15 .

Tund number 8-9.

Ebavõrdsuse tõendamine matemaatilise induktsiooniga

Näide nr 28.
.

Kell n = 1 meil on
- õige.

Laske kl n=k
on tõeline ebavõrdsus.

Kell n=k+1

Siis kehtib ebavõrdsus iga loomuliku kohta P.

Näide nr 29. Tõesta, et ebavõrdsus on tõsi
iga P.

Kell n = 1 saame õige ebavõrdsuse 4 >1.

Laske kl n=k ebavõrdsus
.

Tõestame, et millal n=k+1 ebavõrdsus

Igasuguse loomuliku jaoks juurde täheldatakse ebavõrdsust.

Kui a
juures
siis

Näide nr 30.

iga loomuliku jaoks P ja mis tahes

Las olla n = 1
, õige.

Oletame, et ebavõrdsus kehtib n=k:
.

Kell n=k+1

Näide number 31. Tõesta ebavõrdsuse kehtivust

iga loomuliku jaoks P.

Esmalt tõestame seda iga loomuliku puhul t ebavõrdsus

Korrutage ebavõrdsuse mõlemad pooled arvuga
. Saame ekvivalentse ebavõrdsuse või
;
; - see ebavõrdsus kehtib iga loomuliku kohta t.

Kell n = 1 algne ebavõrdsus on tõsi
;
;
.

Las ebavõrdsus kestab n=k:
.

Kell n=k+1

Õppetund number 10.

Probleemide lahendamine teemal

Matemaatilise induktsiooni meetod.

Näide nr 32. Tõesta Bernoulli ebavõrdsus.

Kui a
, siis kõikidele loodusväärtusteleP ebavõrdsus

Tõestus.

Kell n = 1 tõestatav ebavõrdsus võtab kuju
ja ilmselgelt õigus. Oletame, et see vastab tõelen=k , ehk mida
.

Kuna vastavalt seisukorrale
, siis
, ja seetõttu ei muuda ebavõrdsus oma tähendust, kui selle mõlemad osad korrutada
:

Nagu
, siis saame sellest aru

.

Nii et ebavõrdsus kehtib n = 1, ja selle tõest aadressil n=k sellest järeldub, et see on tõsi ja n=k+1. Seega kehtib see matemaatilise induktsiooni põhjal kõigi loomulike kohta P.

Näiteks,

Näide number 33. Otsige üles kõik loodusväärtusedP , mille puhul ebavõrdsus

Otsus.

Kell n = 1 ebavõrdsus on õige. Kell n = 2 ka ebavõrdsus on tõsi.

Kell n = 3 ebavõrdsus ei ole enam rahuldatud. Ainult kui n = 6 ebavõrdsus kehtib, nii et induktsioonialuseks saame võtta n = 6.

Oletame, et ebavõrdsus kehtib mõne loomuliku puhul kellele:

Mõelge ebavõrdsusele

Viimane ebavõrdsus kehtib, kui
Kontrolltöö teemal n=1 antakse korduvalt: n≥5 , kus P- -looduslik arv.