Matematiikan induktiokaava. Menetelmäkehitys "matemaattisen induktion menetelmä". Matemaattisen induktion periaate ja sen todiste

Useiden matemaattisten ominaisuuksien ja eri väitteiden todistamiseen käytetään Peanon aksioomaan 4 perustuvaa todistusmenetelmää. Tämän perustana on seuraava lause.

Lause. Jos lausunto MUTTA(n) luonnollisella muuttujalla n totta n= 1 ja siitä, että se on totta n=k, tästä seuraa, että se pätee myös seuraavaan numeroon n=k, sitten lausunto MUTTA(n) n.

Todiste. Merkitse M joukko niitä ja vain niitä luonnollisia lukuja, joille lause MUTTA(n) totta. Sitten lauseen ehdosta saamme: 1) 1 M; 2) k MkM. Tästä syystä päätämme aksiooman 4 perusteella, että M =N, eli lausunto MUTTA(n) totta kaikille luonnollisille n.

Tähän lauseeseen perustuvaa todistusmenetelmää kutsutaan matemaattinen induktiomenetelmä, ja aksiooma on induktion aksiooma. Tässä todistuksessa on kaksi osaa:

1) todistaa, että väite MUTTA(n) totta n= A(1);

2) oletetaan, että väite MUTTA(n) totta n=k, ja tästä oletuksesta alkaen todistaa, että väite A(n) totta n=k+ 1, eli että väite on totta A(k) A(k + 1).

Jos MUTTA( 1) MUTTA(k) A(k + 1) on tosi väite, niin he päättelevät, että väite A(n) totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Todistaminen matemaattisella induktiolla voi alkaa paitsi väitteen totuuden vahvistamisella n= 1, mutta myös mistä tahansa luonnollisesta luvusta m. Tässä tapauksessa lausunto MUTTA(n) todistetaan kaikille luonnollisille luvuille nm.

Tehtävä. Osoitetaan, että mille tahansa luonnolliselle luvulle yhtälö 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Ratkaisu. Yhtälö 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n on kaava, jonka avulla voidaan löytää ensimmäisten peräkkäisten parittomien luonnollisten lukujen summa. Esimerkiksi 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (summa sisältää 4 termiä), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (summa sisältää 6 termiä); jos tämä summa sisältää 20 mainitun tyyppistä termiä, se on yhtä suuri kuin 20 = 400 jne. Todistettuamme tämän yhtäläisyyden totuuden voimme löytää kaavan avulla minkä tahansa määrän määritetyn tyyppisiä termejä.

1) Tarkista tämän tasa-arvon totuus n= 1. Milloin n= 1 yhtälön vasen puoli koostuu yhdestä termistä, joka on yhtä suuri, oikea puoli on 1= 1. Koska 1 = 1, niin n= 1 tämä tasa-arvo on totta.

2) Oletetaan, että tämä yhtäläisyys pätee n=k, eli että 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Tämän oletuksen perusteella todistamme, että se pitää paikkansa n=k+ 1, eli 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Harkitse viimeisen yhtälön vasenta puolta.

Oletuksena ensimmäisen summa k ehdot on k ja siksi 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Ilmaisu k+ 2k + 1 on yhtä suuri kuin lauseke ( k + 1).

Siksi totuus tämän tasa-arvon n=k+ 1 on todistettu.

Näin ollen tämä tasa-arvo on totta n= 1 ja sen totuudesta n=k seuraa totuutta n=k+ 1.

Tämä osoittaa, että tämä yhtäläisyys pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Matemaattisen induktion menetelmää käyttämällä voidaan todistaa totuus ei vain yhtäläisyydestä, vaan myös eriarvoisuudesta.

Tehtävä. Todista, että missä nN.

Ratkaisu. Tarkastetaan totuus epätasa-arvosta n= 1. Meillä on - todellinen epätasa-arvo.

Oletetaan, että eriarvoisuus on totta n=k, nuo. - todellinen eriarvoisuus. Osoittakaamme oletuksen perusteella, että se pitää paikkansa n=k+ 1, eli (*).

Muunnamme epäyhtälön (*) vasemman puolen ottamalla huomioon, että : .

Mutta se tarkoittaa .

Tämä eriarvoisuus on siis totta n= 1, ja siitä tosiasiasta, että epätasa-arvo on totta joillekin n= k, huomasimme, että se pitää paikkansa myös n= k + 1.

Aksioomaa 4 käyttämällä olemme siis osoittaneet, että tämä epäyhtälö on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Myös muut väitteet voidaan todistaa matemaattisen induktion menetelmällä.

Tehtävä. Todista, että väite on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Ratkaisu. Tarkistakaamme väitteen totuus n= 1: -tosi väite.

Oletetaan, että tämä väite pitää paikkansa n=k: . Osoittakaamme tätä käyttäen lauseen totuus for n=k+ 1: .

Muunnetaan lauseke: . Etsitään ero k ja k+ 1 jäsentä. Jos käy ilmi, että tuloksena saatu ero on 7:n kerrannainen ja oletetaan, että aliosa on jaollinen 7:llä, niin minuutti on myös 7:n kerrannainen:

Tulo on siis 7:n kerrannainen ja .

Näin ollen tämä väite pitää paikkansa n= 1 ja sen totuudesta n=k seuraa totuutta n=k+ 1.

Tämä todistaa, että tämä väite pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Tehtävä. Todista se mille tahansa luonnolliselle luvulle n 2 väite (7-1)24 on totta.

Ratkaisu. 1) Tarkista väitteen totuus n= 2: - tosi väite.

Todistusmenetelmä, jota käsitellään tässä osiossa, perustuu yhteen luonnollisen sarjan aksioomista.

Induktion aksiooma. Annetaan lause, joka riippuu muuttujasta P, jonka sijaan voit korvata mitä tahansa luonnollisia lukuja. Merkitään se A(p). Olkoon myös lause MUTTA on totta numerolle 1 ja siitä tosiasiasta MUTTA totta numerolle to, seuraa sitä MUTTA totta numerolle k+ 1. Tarjoa sitten MUTTA koskee kaikkia luonnonarvoja P.

Aksiooman symbolinen merkintä:

Tässä huippu- muuttujat luonnollisten lukujen joukossa. Induktion aksioomasta saadaan seuraava päättelysääntö:

Joten, jotta voidaan todistaa ehdotuksen totuus MUTTA, voimme ensin todistaa kaksi väitettä: väitteen totuus MUTTA( 1), samoin kuin seuraus A(k) => A(k+ 1).

Ylläoleva huomioon ottaen kuvailemme kokonaisuutta menetelmä

matemaattinen induktio.

Olkoon se vaadittava todistamaan, että lause A(n) totta kaikille luonnollisille P. Todistus on jaettu kahteen vaiheeseen.

• 1. vaihe. induktion perusta. Otamme arvona P numero 1 ja tarkista se MUTTA( 1) on oikea väite.
• 2. vaihe. Induktiivinen siirtymä. Todistamme sen mille tahansa luonnolliselle luvulle to implikaatio on totta: jos A(k), sitten A(k+ 1).

Induktiivinen kohta alkaa sanoilla: "Ota mielivaltainen luonnollinen luku siihen, sellasta A(k)", tai "Ollaan luonnollinen luku to oikein A(k)". Sanan "anna" sijasta he usein sanovat "oletetaan, että ...".

Näiden sanojen jälkeen kirjain to tarkoittaa jotakin kiinteää objektia, jolle relaatio pätee A(k). Lähtöisin A(k) päättelemme seurauksia, eli rakennamme lauseketjun A(k) 9 R, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), jossa jokainen lause R, on tosi väite tai seuraus edellisistä lauseista. Viimeinen lause R" täytyy sopia A(k+ yksi). Tästä päätämme: alkaen A(k) pitäisi A(k+).

Induktiivisen siirtymän suorittaminen voidaan jakaa kahteen vaiheeseen:

• 1) Induktiivinen oletus. Tässä oletetaan niin MUTTA to muuttuja n.
• 2) Todistamme tämän oletuksen perusteella MUTTA oikea numero?+1.

Esimerkki 5.5.1. Todistakaamme, että numero p+p on jopa kaikille luonnollinen P.

Tässä A(n) = "n 2 + n- tasaluku". Se on todistettava MUTTA - identtinen tosi predikaatti. Käytämme matemaattisen induktion menetelmää.

induktion perusta. Otetaan l=1. Korvaa lausekkeessa P+//, saamme n 2 + n= I 2 + 1 = 2 on parillinen luku, eli /1(1) on tosi lause.

Muotoillaan induktiivinen hypoteesi A(k)= "Numero 2:een + - jopa." Voit sanoa näin: "Ota mielivaltainen luonnollinen luku to sellasta 2:een + on parillinen luku.

Päättelemme tästä väitteen A(kA-)= "Numero (k+ 1) 2 + (? + 1) - parillinen.

Toimintojen ominaisuuksien perusteella suoritamme muunnoksia:

Tuloksena olevan summan ensimmäinen termi on parillinen olettaen, toinen on parillinen määritelmän mukaan (koska sen muoto on 2 P). Summa on siis parillinen luku. Tuomita A(k+ 1) todistettu.

Matemaattisen induktion menetelmällä päätämme: lause A(n) totta kaikille luonnollisille P.

Tietenkään merkintää ei tarvitse syöttää joka kerta A(p). On kuitenkin suositeltavaa muotoilla omalle riville induktiivinen oletus ja se, mitä siitä on pääteltävä.

Huomaa, että esimerkin 5.5.1 väite voidaan todistaa käyttämättä matemaattisen induktion menetelmää. Tätä varten riittää, kun tarkastellaan kahta tapausta: milloin P vaikka ja milloin P outo.

Monet jako-ongelmat ratkaistaan ​​matemaattisella induktiolla. Katsotaanpa monimutkaisempaa esimerkkiä.

Esimerkki 5.5.2. Todistakaamme, että luku 15 2u_| +1 on jaollinen 8:lla kaikille luonnollisille luvuille P.

Bacha-induktio. Otetaan /1=1. Meillä on: numero 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 on jaollinen 8:lla.

, joka joillekin

luonnollinen luku to luku 15 2 * '+1 on jaollinen 8:lla.

Todistetaan mikä numero sitten on a\u003d 15 2 (ZHN +1 on jaollinen 8:lla.

Muunnetaan luku a:

Oletuksena luku 15 2A1 +1 on jaollinen 8:lla, mikä tarkoittaa, että koko ensimmäinen termi on jaollinen 8:lla. Toinen termi 224=8-28 on myös jaollinen 8:lla. a koska kahden luvun, jotka ovat 8:n kerrannaisia, ero on jaollinen 8:lla. Induktiivinen askel on perusteltu.

Matemaattisen induktion menetelmän perusteella päättelemme, että kaikille luonnollisille P luku 15 2 "-1 -*-1 on jaollinen 8:lla.

Tehdään joitakin huomioita ratkaistua ongelmaa.

Todistettu väite voidaan muotoilla hieman eri tavalla: "Luku 15" "+1 on jaollinen 8:lla mille tahansa parittomalle luonnolliselle / ja".

Toiseksi todistetusta yleisestä väitteestä voidaan tehdä erityinen johtopäätös, jonka todistus voidaan antaa erillisenä ongelmana: luku 15 2015 +1 on jaollinen 8:lla. Siksi joskus on hyödyllistä yleistää ongelma merkitsemällä tietyn arvon kirjaimella ja käytä sitten matemaattista induktiomenetelmää.

Yleisimmässä mielessä termi "induktio" tarkoittaa, että yleiset johtopäätökset tehdään tiettyjen esimerkkien perusteella. Kun esimerkiksi on tarkasteltu joitain esimerkkejä parillisten lukujen summista 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, päätämme, että minkä tahansa kahden summan summa parilliset luvut on parilliset luvut.

Yleensä tällainen induktio voi johtaa vääriin johtopäätöksiin. Otetaan esimerkki tällaisesta virheellisestä päättelystä.

Esimerkki 5.5.3. Harkitse numeroa a= /r+n+41 luonnolliselle /?:lle.

Etsitään arvot a joillekin arvoille P.

Päästää n= Minä sitten a = 43 on alkuluku.

Olkoon /7=2. Sitten a= 4+2+41 = 47 on alkuluku.

Olkoon l = 3. Sitten a= 9+3+41 = 53 on alkuluku.

Olkoon /7=4. Sitten a= 16+4+41 = 61 on alkuluku.

Ota arvoina P nelosen jälkeiset numerot, kuten 5, 6, 7, ja varmista numero a tulee olemaan yksinkertaista.

Päättelemme: "Kaikille luonnollisille /? määrä a tulee olemaan yksinkertaista."

Tuloksena on väärä väite. Tässä on vastaesimerkki: /7=41. Varmista tämä tällä P määrä a tulee olemaan yhdistetty.

Termillä "matemaattinen induktio" on kapeampi merkitys, koska tämän menetelmän käyttö antaa sinun aina saada oikean johtopäätöksen.

Esimerkki 5.5.4. Induktiivisen päättelyn perusteella saamme kaavan aritmeettisen progression yleistermille. Muista, että aritmeettinen ammatti on numeerinen sarja, jonka jokainen jäsen eroaa edellisestä samalla numerolla, jota kutsutaan progressioeroksi. Jotta aritmeettinen ammatti voidaan määrittää yksilöllisesti, sinun on määritettävä sen ensimmäinen jäsen a ja ero d.

Siis määritelmän mukaan a p+ = a n + d, klo n> 1.

Matematiikan koulukurssilla lasketaan aritmeettisen ammatin yleistermin kaava pääsääntöisesti tiettyjen esimerkkien perusteella, eli juuri induktion avulla.

Jos /7=1, NIIN FROM 7| = I|, NIIN olen| = tf|+df(l-1).

Jos /7=2, niin i 2 = a + d, tuo on a= I|+*/(2-1).

Jos /7=3, niin i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, eli i 3 = i|+(3-1).

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

Annetut erityiset esimerkit antavat meille mahdollisuuden esittää hypoteesin: yleistermillä kaava on muoto a" = a+(n-)d kaikille /7>1.

Todistetaan tämä kaava matemaattisen induktion menetelmällä.

perusinduktio varmistettu aikaisemmissa keskusteluissa.

Päästää - sellainen numero, jossa minä * - a+(k-)d (induktiivinen oletus).

Todistetaan että minä*+! = a+((k+)-)d, eli i*+1 = ax+kd.

Määritelmän mukaan i*+1 = ab + d. a to= minä | +(to-1 )d, tarkoittaa, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= minä olen +kd, joka oli todistettava (induktiivisen siirtymän perustelemiseksi).

Nyt kaava i„ = a+(n-)d todistettu mille tahansa luonnolliselle luvulle /;.

Olkoon jokin sekvenssi i b i 2 , i, „ ... (ei

välttämättä aritmeettinen tai geometrinen progressio). Usein on ongelmia, joissa ensimmäinen on summattava P tämän sekvenssin jäseniä, eli määritä summa R|+i 2 +...+i ja kaava, jonka avulla voit löytää tämän summan arvot laskematta sekvenssin jäseniä.

Esimerkki 5.5.5. Todistakaamme, että ensimmäisen summa P luonnolliset luvut ovat

/?(/7 + 1)

Merkitse summa 1+2+...+/7 merkillä Sn. Etsitään arvot S n joillekin /7.

Huomaa, että summan S 4 löytämiseksi voit käyttää aiemmin laskettua arvoa 5 3, koska 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Jos korvaamme harkitut arvot /? termissä --- jotain

saamme vastaavasti samat summat 1, 3, 6, 10. Nämä havainnot

. _ n(n + 1)

ehdottaa, että kaava S"=--- voidaan käyttää, kun

minkä tahansa //. Todistakaamme tämä olettamus matemaattisen induktion menetelmällä.

perusinduktio vahvistettu. Tehdään se induktiivinen siirtymä.

Olettaa että kaava on totta jollekin luonnolliselle luvulle

, k(k + 1)

k, niin verkko on ensimmäisen summa to luonnolliset luvut on ----.

Todistetaan että ensimmäisten (?+1) luonnollisten lukujen summa on yhtä suuri

• (* + !)(* + 2)

Ilmaistaanko?*+1 kautta S k . Tätä varten ryhmittelemme summaan S*+i ensimmäisen to termit ja kirjoita viimeinen termi erikseen:

Induktiivisen hypoteesin mukaan S k = Joten löytää

ensimmäisten (? + 1) luonnollisten lukujen summa, riittää jo laskettuun

. „ k(k + 1) _ .. ..

ensimmäisen summa to numerot, jotka ovat yhtä suuria kuin ---, lisää yksi termi (k + 1).

Induktiivinen siirtymä on perusteltu. Näin ollen alussa esitetty hypoteesi todistetaan.

Olemme todistaneet kaavan S n = n ^ n+ -menetelmä

matemaattinen induktio. Toki muitakin todisteita löytyy. Voit esimerkiksi kirjoittaa summan S, termien nousevassa järjestyksessä ja sitten termien laskevassa järjestyksessä:

Yhden sarakkeen termien summa on vakio (yhdessä summassa jokainen seuraava termi pienenee 1:llä ja toisessa kasvaa 1:llä) ja on yhtä suuri kuin (/r + 1). Siksi, kun lasketaan yhteen saadut summat, meillä on P termit yhtä suuret kuin (u+1). Joten tuplamäärä S " on yhtä suuri kuin n(n+ 1).

Juuri todistettu kaava voidaan saada ensimmäisen summan kaavan erikoistapauksena P aritmeettisen progression jäseniä.

Palataan matemaattisen induktion menetelmään. Huomaa, että matemaattisen induktion menetelmän ensimmäinen vaihe (induktion kanta) on aina välttämätön. Tämän vaiheen puuttuminen voi johtaa väärään johtopäätökseen.

Esimerkki 5.5.6. "Todistakaamme" lause: "Luku 7" + 1 on jaollinen 3:lla mille tahansa luonnolliselle luvulle ".

"Oletetaanpa, että jokin luonnonarvo to luku 7*+1 on jaollinen kolmella. Osoitetaan, että luku 7 x +1 on jaollinen kolmella. Suorita muunnokset:

Luku 6 on ilmeisesti jaollinen kolmella. Luku 1 - + on jaollinen kolmella induktiivisen hypoteesin avulla, joten luku 7-(7* + 1) on myös jaollinen kolmella. Siksi myös 3:lla jaollinen lukuero on jaollinen kolmella.

Ehdotus todistettu."

Alkuperäisen väitteen todistus on virheellinen, vaikka induktiivinen askel on oikea. Todellakin, klo n= Minulla on numero 8, kanssa n=2 - luku 50, ..., eikä mikään näistä luvuista ole jaollinen kolmella.

Tehdään tärkeä huomautus luonnollisen luvun merkitsemisestä induktiivista siirtymää suoritettaessa. Kun muotoilet ehdotusta A(n) kirje P merkitsimme muuttujaa, jonka sijaan mitä tahansa luonnollisia lukuja voidaan korvata. Induktiivista hypoteesia laadittaessa merkitsimme muuttujan arvoa kirjaimella to. Kuitenkin hyvin usein uuden kirjeen sijaan to käytä samaa kirjainta kuin muuttuja. Tämä ei vaikuta päättelyn rakenteeseen induktiivista siirtymää suoritettaessa.

Tarkastellaan vielä muutamia esimerkkejä ongelmista, joihin voidaan soveltaa matemaattisen induktion menetelmää.

Esimerkki 5.5.7. Etsi summan arvo

Muuttuja tehtävässä P ei näy. Harkitse kuitenkin termien järjestystä:

Merkitse S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Etsitään S"joillekin P. Jos /1 = 1, niin S, = a, =-.

Jos n= 2. sitten S, = a, + a? = - + - = - = -.

Jos /?=3, niin S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Voit laskea arvot itse S " kohdassa /7 = 4; 5. Nousee

luonnollinen arvaus: S n= -- kaikille luonnollisille /7. Todistetaan

Tämä tapahtuu matemaattisella induktiolla.

perusinduktio tarkistettu yllä.

Tehdään se induktiivinen siirtymä, joka tarkoittaa mielivaltaista

muuttuva arvo P sama kirjain, eli todistamme sen tasa-arvosta

0 /7 _ /7 +1

S n=-seuraa tasa-arvoa S, =-.

/7+1 /7 + 2

Olettaa että tasa-arvo on totta S= - P -.

Jaetaan yhteensä S„+ ensimmäinen P ehdot:

Induktiivista oletusta soveltamalla saamme:

Pienentämällä murtolukua (/7+1) saadaan yhtäläisyys S n +1 - , L

Induktiivinen siirtymä on perusteltu.

Tämä todistaa, että ensimmäisen summa P ehdot

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- on yhtä suuri kuin -. Nyt palataan alkuperäiseen
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

tehtävä. Sen ratkaisemiseksi riittää, että se otetaan arvoksi P numero 99.

Silloin summa -!- + -!- + -!- + ...+ --- on yhtä suuri kuin luku 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Yritä laskea tämä summa eri tavalla.

Esimerkki 5.5.8. Osoittakaamme, että minkä tahansa äärellisen määrän differentioituvien funktioiden summan derivaatta on yhtä suuri kuin näiden funktioiden derivaattojen summa.

Olkoon muuttuja /? tarkoittaa annettujen ominaisuuksien määrää. Siinä tapauksessa, että vain yksi funktio on annettu, tämä funktio ymmärretään summaksi. Siksi, jos /7=1, lause on ilmeisesti tosi: /" = /".

Olettaa että väite on totta joukolle P funktiot (tässä jälleen kirjaimen sijaan to kirje otettu P), eli summan derivaatta P funktio on yhtä suuri kuin johdannaisten summa.

Todistetaan että (n + 1) funktioiden summan derivaatta on yhtä suuri kuin derivaattojen summa. Otetaan mielivaltainen joukko, joka koostuu n+ erottuva funktio: /1,/2, . Esitetään näiden funktioiden summa

kuten g+f„+ 1, missä g = f +/g + ... +/t- summa P toimintoja. Induktiivisen hypoteesin mukaan funktion derivaatta g on yhtä suuri kuin johdannaisten summa: g" = ft + ft + ... +ft Siksi seuraava tasa-arvoketju pätee:

Induktiivinen siirtymä on valmis.

Siten alkuperäinen väite on todistettu mille tahansa äärelliselle määrälle funktioita.

Joissakin tapauksissa on todistettava väitteen totuus A(n) kaikille luonnolliselle i:lle, jostain arvosta alkaen Kanssa. Todistaminen matemaattisella induktiolla tällaisissa tapauksissa suoritetaan seuraavan kaavion mukaisesti.

induktion perusta. Todistamme, että ehdotus MUTTA totta arvoltaan P, yhtä suuri Kanssa.

Induktiivinen siirtymä. 1) Oletamme, että ehdotus MUTTA totta jollekin arvolle to muuttuja /?, joka on suurempi tai yhtä suuri kuin Kanssa.

2) Todistamme, että väite MUTTA tosi /? yhtä suuri kuin

Huomaa jälleen, että kirjeen sijaan to jättävät usein muuttujan nimen P. Tässä tapauksessa induktiivinen siirtymä alkaa sanoilla: "Oletetaan, että jollekin arvolle n>s oikein A(p). Todistakaamme se sitten A(n+ yksi)".

Esimerkki 5.5.9. Todistakaamme, että kaikki luonnolliset n> 5 epäyhtälö 2” > ja 2 on totta.

induktion perusta. Päästää n= 5. Sitten 2 5 = 32, 5 2 = 25. Epäyhtälö 32>25 on totta.

Induktiivinen siirtymä. Olettaa, että eriarvoisuus 2 P>n 2 jollekin luonnolliselle luvulle n> 5. Todistetaan, joka on silloin 2" +| > (n+1) 2 .

Potenssien ominaisuuksien mukaan 2” +| = 2-2". Koska 2" > n 2 (induktiivisen hypoteesin mukaan), sitten 2-2" > 2n 2 (I).

Perustelkaamme, että 2 p 2 suurempi kuin (i+1)2. Tämä voidaan tehdä monella tavalla. Se riittää ratkaisemaan neliöllisen epätasa-arvon 2x 2 >(x+) 2 reaalilukujen joukossa ja katso, että kaikki luonnolliset luvut, jotka ovat suurempia tai yhtä suuria kuin 5, ovat sen ratkaisuja.

Jatketaan seuraavasti. Etsitään lukujen 2 ero p 2 ja (i+1) 2:

Siitä lähtien ja > 5, niin i + 1 > 6, mikä tarkoittaa (i + 1) 2 > 36. Ero on siis suurempi kuin 0. Eli 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Epäyhtälöiden ominaisuuksien perusteella seuraa kohdista (I) ja (2), että 2*2" > (n + 1) 2, joka vaadittiin osoittamaan induktiivisen siirtymän perustelemiseksi.

Matemaattisen induktion menetelmän perusteella päättelemme, että epäyhtälö 2" > i 2 on totta kaikille luonnollisille luvuille i.

Harkitse matemaattisen induktion menetelmän toista muotoa. Ero on induktiivisessa siirtymässä. Sen toteuttamiseksi tarvitaan kaksi vaihetta:

• 1) olettaa, että tarjous A(n) totta kaikille muuttujan i arvoille pienempi kuin jokin luku R;
• 2) päättele tehdystä oletuksesta, että ehdotus A(n) totta numerolle R.

Siten induktiivinen askel vaatii todisteen seurauksesta: [(Ui?) A(n)] => A(p). Huomaa, että seuraus voidaan kirjoittaa uudelleen seuraavasti: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

Matemaattisen induktion menetelmän alkuperäisessä muotoilussa väitteen todistamisessa A(p) luotimme vain "edelliseen" ehdotukseen A(p- yksi). Tässä annettu menetelmän muotoilu mahdollistaa johtamisen A(p), olettaen, että kaikki ehdotukset A(n), missä olen vähemmän R, ovat totta.

Esimerkki 5.5.10. Todistetaan lause: "Mikä tahansa i-gonin sisäkulmien summa on 180°(i-2)".

Kuperalle monikulmiolle lause on helppo todistaa, jos se jaetaan yhdestä kärjestä vedetyillä diagonaaleilla kolmioiksi. Ei-kuperan monikulmion tapauksessa tällainen menettely ei kuitenkaan ehkä ole mahdollista.

Todistetaan mielivaltaisen monikulmion lause matemaattisella induktiolla. Oletetaan, että tunnetaan seuraava väite, joka tarkalleen ottaen vaatii erillisen todisteen: "Missä tahansa //-gonissa on diagonaali, joka sijaitsee kokonaan sen sisäosassa."

Muuttujan // sijasta voit korvata mitä tahansa luonnollisia lukuja, jotka ovat suurempia tai yhtä suuria kuin 3. n=b Lause on totta, koska kolmion kulmien summa on 180°.

Ota /7-gon (p> 4) ja oletetaan, että minkä tahansa //-gon, jossa // p, kulmien summa on 180°(//-2). Osoitetaan, että //-gonin kulmien summa on 180°(//-2).

Piirretään sen sisällä oleva diagonaali //-gon. Se jakaa //-gonin kahdeksi monikulmioksi. Anna yhden heistä olla to sivut, toiset 2 sivut. Sitten k + k 2 -2 \u003d p, koska tuloksena olevilla polygoneilla on yhteinen sivu piirretty lävistäjä, joka ei ole alkuperäisen //-gonin sivu.

Molemmat numerot to ja 2 vähemmän //. Sovelletaan saatuihin monikulmioihin induktiivista oletusta: A]-gonin kulmien summa on 180°-(?i-2), ja kulmien summa? 2-kulmainen on 180 ° - (Ar 2 -2). Sitten //-gonin kulmien summa on yhtä suuri kuin näiden lukujen summa:

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

Induktiivinen siirtymä on perusteltu. Matemaattisen induktion menetelmän perusteella lause todistetaan mille tahansa //-gonille (//>3).

Matemaattisen induktion menetelmä

Johdanto

Pääosa

1. Täydellinen ja epätäydellinen induktio
2. Matemaattisen induktion periaate
3. Matemaattisen induktion menetelmä
4. Esimerkkien ratkaisu
5. Tasa-arvo
6. Numeroiden jako
7. epätasa-arvoa

Johtopäätös

Luettelo käytetystä kirjallisuudesta

Johdanto

Deduktiiviset ja induktiiviset menetelmät ovat kaiken matemaattisen tutkimuksen perusta. Deduktiivinen päättelytapa on päättelyä yleisestä erityiseen, ts. päättely, jonka lähtökohta on yleinen tulos ja loppupiste on erityinen tulos. Induktiota käytetään siirryttäessä tietyistä tuloksista yleisiin, ts. on deduktiivisen menetelmän vastakohta.

Matemaattisen induktion menetelmää voidaan verrata edistymiseen. Aloitamme alimmasta, loogisen ajattelun tuloksena pääsemme korkeimpaan. Ihminen on aina pyrkinyt edistymiseen, kykyyn kehittää ajatteluaan loogisesti, mikä tarkoittaa, että luonto itse on määrännyt hänet ajattelemaan induktiivisesti.

Vaikka matemaattisen induktion menetelmän sovellusala on kasvanut, koulun opetussuunnitelmassa siihen on varattu vähän aikaa. No, sanotaan, että hyödyllisen ihmisen tuovat ne kaksi tai kolme oppituntia, joista hän kuulee viisi teoriasanaa, ratkaisee viisi primitiivistä ongelmaa ja saa sen seurauksena viidenneksen, kun hän ei tiedä mitään.

Mutta tämä on niin tärkeää - pystyä ajattelemaan induktiivisesti.

Pääosa

Alkuperäisessä merkityksessään sanaa "induktio" käytetään päättelyyn, jolla tehdään yleisiä johtopäätöksiä useiden tiettyjen lausuntojen perusteella. Yksinkertaisin tällainen päättelytapa on täydellinen induktio. Tässä on esimerkki tällaisesta päättelystä.

Vaaditaan, että jokainen luonnollinen parillinen luku n sisällä 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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

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

Nämä yhdeksän yhtälöä osoittavat, että jokainen meitä kiinnostava luku on todellakin esitetty kahden alkutermin summana.

Täydellinen induktio on siis sitä, että yleinen väite todistetaan erikseen jokaisessa äärellisessä määrässä mahdollisia tapauksia.

Joskus yleinen tulos voidaan ennustaa, kun ei ole otettu huomioon kaikkia, vaan suuri määrä erikoistapauksia (ns. epätäydellinen induktio).

Epätäydellisellä induktiolla saatu tulos jää kuitenkin vain hypoteesiksi, kunnes se todistetaan tarkalla matemaattisella päättelyllä, joka kattaa kaikki erikoistapaukset. Toisin sanoen matematiikan epätäydellistä induktiota ei pidetä legitiiminä tiukan todistelun menetelmänä, vaan se on tehokas menetelmä uusien totuuksien löytämiseksi.

Olkoon esimerkiksi, että on löydettävä ensimmäisen n peräkkäisen parittoman luvun summa. Harkitse erikoistapauksia:

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

Näiden muutaman erikoistapauksen tarkastelun jälkeen tulee seuraava yleinen johtopäätös:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

nuo. ensimmäisen n peräkkäisen parittoman luvun summa on n 2

Tehty havainto ei tietenkään voi vielä toimia todisteena yllä olevan kaavan pätevyydestä.

Täydellisellä induktiolla on vain rajallisia sovelluksia matematiikassa. Monet mielenkiintoiset matemaattiset väitteet kattavat äärettömän määrän erikoistapauksia, emmekä voi testata ääretöntä määrää tapauksia. Epätäydellinen induktio johtaa usein virheellisiin tuloksiin.

Monissa tapauksissa ulospääsy tällaisesta vaikeudesta on turvautua erityiseen päättelymenetelmään, jota kutsutaan matemaattisen induktion menetelmäksi. Se on seuraava.

Olkoon tarpeen todistaa tietyn väitteen pätevyys mille tahansa luonnolliselle luvulle n (esimerkiksi on todistettava, että ensimmäisen n parittoman luvun summa on yhtä suuri kuin n 2). Tämän väitteen suora todentaminen jokaiselle n:n arvolle on mahdotonta, koska luonnollisten lukujen joukko on ääretön. Todistaaksesi tämän väitteen, tarkista ensin sen pätevyys arvolle n=1. Sitten todistetaan, että millä tahansa k:n luonnollisella arvolla tarkasteltavan väitteen pätevyys arvolle n=k merkitsee sen pätevyyttä myös arvolle n=k+1.

Sitten väite katsotaan todistetuksi kaikille n:lle. Todellakin, väite on totta, kun n=1. Mutta sitten se pätee myös seuraavalle numerolle n=1+1=2. Väitteen pätevyys arvolle n=2 tarkoittaa sen pätevyyttä arvolle n=2+

1 = 3. Tämä tarkoittaa lauseen pätevyyttä n=4:lle ja niin edelleen. On selvää, että lopulta saavutamme minkä tahansa luonnollisen luvun n. Näin ollen väite on totta mille tahansa n:lle.

Yhteenvetona sanotusta muotoilemme seuraavan yleisperiaatteen.

Matemaattisen induktion periaate.

Jos lause A(n), joka riippuu luonnollisesta luvusta n, on tosi arvolle n=1, ja siitä tosiasiasta, että se on tosi arvolle n=k (missä k on mikä tahansa luonnollinen luku), seuraa, että se on myös totta seuraavalle luvulle n=k +1, niin oletus A(n) on tosi mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Monissa tapauksissa saattaa olla tarpeen todistaa tietyn väitteen pätevyys ei kaikille luonnollisille luvuille, vaan vain n>p:lle, jossa p on kiinteä luonnollinen luku. Tässä tapauksessa matemaattisen induktion periaate on muotoiltu seuraavasti.

Jos lause A(n) on tosi arvolle n=p ja jos A(k)ÞA(k+1) mille tahansa k>p:lle, niin lause A(n) on tosi mille tahansa n>p:lle.

Todistus matemaattisen induktion menetelmällä suoritetaan seuraavasti. Ensin tarkistetaan todistettava väite arvolle n=1, ts. väitteen A(1) totuus vahvistetaan. Tätä todistuksen osaa kutsutaan induktiopohjaksi. Tätä seuraa osa todistuksesta, jota kutsutaan induktiovaiheeksi. Tässä osassa todistetaan lauseen pätevyys n=k+1:lle olettaen, että väite on tosi arvolle n=k (induktiivinen oletus), ts. todista, että A(k)ÞA(k+1).

Todista, että 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Ratkaisu: 1) Meillä on n=1=1 2 . Näin ollen

lause on tosi, kun n=1, ts. A(1) on totta.

2) Osoitetaan, että A(k)ÞA(k+1).

Olkoon k mikä tahansa luonnollinen luku ja olkoon lause tosi kun n=k, ts.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Osoitetaan, että silloin väite pätee myös seuraavalle luonnolliselle luvulle n=k+1, ts. mitä

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2.

Todellakin,

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

Joten A(k)ÞA(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella päättelemme, että oletus A(n) on totta mille tahansa nОN:lle.

Todista se

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

Ratkaisu: 1) Saat n=1:lle

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

siksi n = 1:lle kaava on tosi; A(1) on totta.

2) Olkoon k mikä tahansa luonnollinen luku ja olkoon kaava tosi, kun n=k, ts.

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

Todistakaamme, että sitten tasa-arvo

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

Todellakin

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).

Joten A(k)ÞA(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella päätämme, että kaava on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Osoita, että kuperan n-kulman lävistäjien lukumäärä on n(n-3)/2.

Ratkaisu: 1) Kun n=3, väite on tosi

Ja 3 on oikein, koska kolmiossa

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

2 A(3) on totta.

2) Oletetaan, että missä tahansa

kupera k-gon on-

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

A k Todistetaan, että silloin konveksissa

(k+1)-gon luku

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

Olkoon А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -kupera (k+1)-kulma. Piirretään siihen diagonaali A 1 A k. Laskeaksesi tämän (k + 1)-gonin diagonaalien kokonaismäärän, sinun on laskettava lävistäjät k-gonissa A 1 A 2 ...A k , lisätään k-2 saatuun lukuun, ts. Huomioon tulee ottaa kärjestä A k+1 lähtevän (k+1)-gonin lävistäjät ja lisäksi diagonaali A 1 A k.

Tällä tavalla,

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

Joten A(k)ÞA(k+1). Matemaattisen induktion periaatteesta johtuen väite pätee mille tahansa konveksille n-kulmiolle.

Todista, että mille tahansa n:lle lause on tosi:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

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

Näin ollen n=1:lle väite on tosi.

2) Oletetaan, että n=k

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

3) Tarkastellaan tätä lausetta n=k+1:lle

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.

Olemme todistaneet yhtälön pätevyyden n=k+1:lle, joten matemaattisen induktion menetelmän perusteella väite pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle.

Todista, että minkä tahansa luonnollisen n:n yhtäläisyys on totta:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Ratkaisu: 1) Olkoon n=1.

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

Näemme, että n=1:lle väite on tosi.

2) Oletetaan, että yhtälö on tosi, kun n=k

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

3) Todistetaan tämän väitteen totuus arvolle n=k+1, ts.

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.

Yllä olevasta todistuksesta käy selvästi ilmi, että väite on tosi n=k+1, joten yhtäläisyys pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle.

Todista se

((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), missä n>2.

Ratkaisu: 1) Arvolla n=2 identiteetti näyttää tältä: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

nuo. Se on oikein.

2) Oletetaan, että lauseke on tosi, kun n=k

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

3) Todistetaan lausekkeen oikeellisuus n=k+1:lle.

(((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).

Olemme todistaneet yhtälön pätevyyden arvolle n=k+1, joten matemaattisen induktion menetelmästä johtuen väite on totta mille tahansa n>2:lle

Todista se

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

mille tahansa luonnolliselle n.

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

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

2) Oletetaan, että n=k

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k)3 = -k2 (4k+3).

3) Todistetaan tämän väitteen totuus arvolle 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).

Myös yhtälön pätevyys n=k+1:lle on todistettu, joten väite pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Todista identiteetin oikeellisuus

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

mille tahansa luonnolliselle n.

1) Kun n=1, identtisyys on tosi 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Oletetaan, että n=k

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

3) Osoitetaan, että identtisyys on tosi n=k+1.

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

Yllä olevasta todistuksesta voidaan nähdä, että väite on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Todista, että (11 n+2 +12 2n+1) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä.

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

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

Mutta (23´133) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, joten n=1:lle väite on tosi; A(1) on totta.

2) Oletetaan, että (11 k+2 +12 2k+1) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä.

3) Todistakaamme se tässä tapauksessa

(11 k+3 +12 2k+3) on jaollinen 133:lla ilman jäännöstä. Todellakin, 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 .

Tuloksena oleva summa on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, koska sen ensimmäinen termi on oletuksena jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, ja toisessa yksi tekijöistä on 133. Eli А(k)ÞА(k+1). Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Todista, että millä tahansa n 7:llä n -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä.

Ratkaisu: 1) Olkoon n=1, niin X 1 =7 1 -1=6 jaetaan 6:lla ilman jäännöstä. Joten lauseelle n=1 väite on tosi.

2) Oletetaan, että n=k

7 k -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä.

3) Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1.

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

Ensimmäinen termi on jaollinen 6:lla, koska 7 k -1 on jaollinen 6:lla oletuksella, ja toinen termi on 6. Joten 7 n -1 on luvun 6 kerrannainen mille tahansa luonnolliselle n:lle. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Todista, että 3 3n-1 +2 4n-3 mielivaltaiselle luonnolliselle n:lle on jaollinen luvulla 11.
Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 jaetaan 11:llä ilman jäännöstä. Näin ollen n=1:lle väite on tosi.

2) Oletetaan, että n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 on jaollinen 11:llä ilman jäännöstä.

3) Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

Ensimmäinen termi on jaollinen 11:llä ilman jäännöstä, koska 3 3k-1 +2 4k-3 on jaollinen 11:llä oletuksena, toinen termi on jaollinen 11:llä, koska yksi sen tekijöistä on luku 11. Näin ollen summa on myös jaollinen 11:llä ilman jäännöstä mille tahansa luonnolliselle n:lle. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Osoita, että 11 2n -1 mielivaltaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä.

Ratkaisu: 1) Olkoon n=1, niin 11 2 -1=120 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä. Joten lauseelle n=1 väite on tosi.

2) Oletetaan, että n=k

11 2k -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä.

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

Molemmat termit ovat jaollisia 6:lla ilman jäännöstä: ensimmäinen sisältää 6:n kerrannaisluvun 120, ja toinen on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä oletuksena. Joten summa on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Osoita, että 3 3n+3 -26n-27 mielivaltaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n on jaollinen luvulla 26 2 (676) ilman jäännöstä.

Ratkaisu: Osoitetaan ensin, että 3 3n+3 -1 on jaollinen 26:lla ilman jäännöstä.

1. Jos n = 0

3 3 -1=26 on jaollinen 26:lla

2. Oletetaan, että n=k

3 3k+3 -1 on jaollinen 26:lla

3. Todistakaamme tämä väite

totta kun n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – jaollinen 26:lla

Todistakaamme nyt ongelman ehdolla muotoiltu väite.

1) On selvää, että n=1:lle väite on tosi

3 3+3 -26-27=676

2) Oletetaan, että n=k

lauseke 3 3k+3 -26k-27 on jaollinen luvulla 26 2 ilman jäännöstä.

3) Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1

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

Molemmat termit ovat jaollisia luvulla 26 2 ; ensimmäinen on jaollinen luvulla 26 2, koska olemme osoittaneet, että suluissa oleva lauseke on jaollinen luvulla 26 ja toinen on jaollinen induktiivisella hypoteesilla. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Todista, että jos n>2 ja x>0, niin epäyhtälö

(1+x) n > 1+n´x.

Ratkaisu: 1) Kun n=2, epäyhtälö on tosi, koska

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

Joten A(2) on totta.

2) Osoitetaan, että A(k)ÞA(k+1), jos k> 2. Oletetaan, että A(k) on tosi, eli että epäyhtälö

(1+x) k >1+k´x. (3)

Osoitetaan, että silloin myös A(k+1) on totta, eli että epäyhtälö

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Todellakin, kun epäyhtälön (3) molemmat puolet kerrotaan positiivisella luvulla 1+x, saadaan

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Harkitse viimeisen epätasa-arvon oikeaa puolta

stva; meillä on

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

Tämän seurauksena saamme sen

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Joten A(k)ÞA(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella voidaan väittää, että Bernoullin epäyhtälö pätee mille tahansa

Todista, että eriarvoisuus on totta

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

Ratkaisu: 1) Kun m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 molemmat osat ovat yhtä suuret.

2) Oletetaan, että m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Osoitetaan, että m=k+1 epäyhtälö on tosi

(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 .

Olemme osoittaneet epäyhtälön pätevyyden m=k+1:lle, joten matemaattisen induktion menetelmän ansiosta epäyhtälö on totta mille tahansa luonnolliselle m:lle.

Todista, että n>6 epäyhtälö

3n >n'2 n+1.

Ratkaisu: kirjoitetaan epäyhtälö muotoon

1. Meillä on n=7

37/27 =2187/128>14=2´7

eriarvoisuus on totta.

2. Oletetaan, että n=k

3) Osoitetaan epäyhtälön oikeellisuus n=k+1:lle.

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

Koska k>7, viimeinen epäyhtälö on ilmeinen.

Matemaattisen induktion menetelmän ansiosta epäyhtälö pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle.

Todista, että n>2 epäyhtälö

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

Ratkaisu: 1) Kun n=3 epäyhtälö on tosi

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

1. Oletetaan, että n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k2)=1,7-(1/k).

3) Todistamme ei-

yhtälöt n=k+1:lle

(1+(1/2 2)+…+(1/k2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

Osoitetaan, että 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

Jälkimmäinen on ilmeinen ja siksi

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

Matemaattisen induktion menetelmän avulla epätasa-arvo todistetaan.

Johtopäätös

Erityisesti opiskeltuani matemaattisen induktion menetelmää paransin tietämystäni tällä matematiikan alueella ja opin myös ratkaisemaan ongelmia, jotka olivat aiemmin ylivoimaiseni.

Pohjimmiltaan nämä olivat loogisia ja viihdyttäviä tehtäviä, ts. vain ne, jotka lisäävät kiinnostusta matematiikkaa kohtaan tieteenä. Tällaisten ongelmien ratkaisemisesta tulee viihdyttävää toimintaa ja se voi houkutella yhä enemmän uteliaita ihmisiä matemaattisiin labyrinteihin. Mielestäni tämä on kaiken tieteen perusta.

Jatkamalla matemaattisen induktion menetelmän tutkimista, yritän oppia soveltamaan sitä paitsi matematiikassa myös fysiikan, kemian ja itse elämän ongelmien ratkaisemisessa.

MATEMAA:

LUONEET, TEHTÄVÄT, RATKAISUT

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

ALGEBRA JA ANALYYSIPERIAATTEET

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

Monilla matematiikan aloilla täytyy todistaa väitteen totuus, joka riippuu , ts. ehdotuksen totuus p(n) varten " nнN (jolle tahansa n PÄÄLLÄ p(n) oikein).

Tämä voidaan usein todistaa matemaattinen induktiomenetelmä.

Tämä menetelmä perustuu matemaattisen induktion periaatteeseen. Se valitaan yleensä yhdeksi aritmeettisiksi aksioomeiksi ja hyväksytään siten ilman todisteita. Matemaattisen induktion periaatteen mukaan lause p(n) katsotaan todeksi kaikille muuttujan luonnollisille arvoille, jos kaksi ehtoa täyttyy:

1. Tarjous p(n) totta n= 1.

2. Lauseesta että p(n) totta n =k (k - mielivaltainen luonnollinen luku) tästä seuraa, että se on totta n =k+ 1.

Matemaattisen induktion menetelmällä tarkoitetaan seuraavaa todistusmenetelmää

1. Tarkista väitteen totuus n= 1 on induktion kanta.

2. Oletetaan, että väite pitää paikkansa n = k - induktiivinen oletus.

3. Todista, että silloin se on myös totta n =k+ 1 induktiivinen siirtymä.

Joskus ehdotus p(n) osoittautuu todeksi ei kaikille luonnollisille n, ja alkaen joistakin n = n 0. Tässä tapauksessa totuus tarkistetaan induktiokannasta p(n) klo n = n 0.

Esimerkki 1 Päästää . Todista se

1. Induktiopohja: milloin n= 1 määritelmän mukaan S 1 = 1 ja kaavalla saadaan yksi tulos. Väite on oikea.

n=k ja .

n=k+ 1. Todistakaamme, että .

Todellakin, induktiivisen oletuksen perusteella

Muunnetaan tämä ilmaus

Induktiivinen siirtymä on todistettu.

Kommentti. On hyödyllistä kirjoittaa ylös, mitä on annettu (induktiivinen oletus) ja mikä on todistettava!

Esimerkki 2 Todistaa

1. Induktion perusta. klo n= 1, väite on ilmeisen totta.

2. Induktiivinen oletus. Päästää n=k ja

3. Induktiivinen siirtymä. Päästää n=k+ 1. Todistakaamme:

Todellakin, neliötetään oikea puoli kahden luvun summana:

Käyttämällä induktiivista oletusta ja aritmeettisen edistyksen summan kaavaa: , saamme

Esimerkki 3 Todista epätasa-arvo

1. Induktion perusta tässä tapauksessa on lauseen totuuden varmistus, ts. eriarvoisuus on tarkistettava. Tätä varten riittää, että epäyhtälö neliötetään: tai 63< 64 – неравенство верно.

2. Olkoon epäyhtälö totta , so.

3. Todista:

Käytämme induktiohypoteesia

Kun tiedämme, miltä oikean puolen tulisi näyttää todistetussa epätasa-arvossa, valitsemme tämän osan

On vielä todettava, että ylimääräinen tekijä ei ylitä yhtenäisyyttä. Todella,

Esimerkki 4 Todista, että mikä tahansa luonnollinen luku päättyy numeroon.

1. Pienin luonnollinen luku, josta väite on tosi, on yhtä suuri kuin . .

2. Anna numeron loppua . Tämä tarkoittaa, että tämä luku voidaan kirjoittaa muodossa , jossa on jokin luonnollinen luku. Sitten .

3. Anna . Todistetaan, että se päättyy . Saatua esitystä käyttämällä saamme

Viimeisessä numerossa on täsmälleen yksi.

Sovellus

1.4. Matemaattisen induktion menetelmä

Kuten tiedät, matemaattiset väitteet (lauseet) on perusteltava, todistettava. Tutustumme nyt yhteen todistusmenetelmistä - matemaattisen induktion menetelmään.

Laajassa merkityksessä induktio on päättelytapa, jonka avulla voit siirtyä tietyistä väitteistä yleisiin. Käänteistä siirtymistä yleisistä väitteistä erityisiin sanotaan deduktioksi.

Päätelmä johtaa aina oikeisiin johtopäätöksiin. Tiedämme esimerkiksi yleisen tuloksen: kaikki nollaan päättyvät kokonaisluvut ovat jaollisia 5:llä. Tästä voidaan tietysti päätellä, että mikä tahansa tietty nollaan päättyvä luku, kuten 180, on jaollinen 5:llä.

Samalla induktio voi johtaa vääriin johtopäätöksiin. Esimerkiksi, kun huomaamme, että luku 60 on jaollinen luvuilla 1, 2, 3, 4, 5, 6, meillä ei ole oikeutta päätellä, että 60 on jaollinen millään luvulla.

Matemaattisen induktion menetelmä mahdollistaa monissa tapauksissa sen yleisen väitteen P(n) pätevyyden todistamisen tiukasti, jonka formulaatiossa on luonnollinen luku n.

Menetelmän soveltaminen sisältää 3 vaihetta.

1) Induktion kanta: tarkistamme lauseen P(n) pätevyyden arvolle n = 1 (tai toiselle, n:n yksityiselle arvolle, josta alkaen oletetaan P(n):n pätevyys).

2) Induktio-oletus: oletetaan, että P(n) on tosi, kun n = k.

3) Induktioaskel: oletuksen avulla todistetaan, että P(n) on tosi, kun n = k + 1.

Tämän seurauksena voimme päätellä, että P(n) pätee mille tahansa n ∈ N:lle. Todellakin, kun n = 1, väite on tosi (induktion kanta). Ja siksi se on totta myös n = 2:lle, koska siirtyminen arvosta n = 1 arvoon n = 2 on perusteltu (induktioaskel). Sovellettaessa induktioaskelta yhä uudelleen saadaan P(n):n validiteetti arvolle n = 3, 4, 5, . . ., eli P(n):n kelpoisuus kaikille n:lle.

Esimerkki 14. Ensimmäisen n parittoman luonnollisen luvun summa on n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Todistus suoritetaan matemaattisen induktion menetelmällä.

1) Kanta: arvolle n=1 vasemmalla on vain yksi termi, saamme: 1 = 1.

Väite on oikea.

2) Oletus: oletetaan, että jollekin k:lle yhtälö on tosi: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Laukausten aikana tapahtuvien osumien todennäköisyyteen liittyvien ongelmien ratkaiseminen

Ongelman yleinen ilmaus on seuraava:

Todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on yhtä suuri kuin $p$. $n$ laukausta ammuttiin. Laske todennäköisyys, että kohde osuu tarkalleen $k$ kertaa (on $k$ osumia).

Käytämme Bernoullin kaavaa ja saamme:

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

Tässä $C_n^k$ on yhdistelmien määrä välillä $n$ - $k$.

Jos ongelmaan liittyy useita nuolia erilaisia ​​todennäköisyyksiä maaliin osuminen, teoria, ratkaisuesimerkit ja laskin löydät täältä.

Opetusvideo ja Excel-malli

Katso videomme ongelmien ratkaisemisesta Bernoulli-otoksilla ja opi käyttämään Exceliä yleisten ongelmien ratkaisemiseen.

Videon Excel-laskentatiedoston voi ladata ilmaiseksi ja käyttää ongelmien ratkaisemiseen.

Esimerkkejä ongelmien ratkaisemisesta maaliin osumisessa laukaussarjassa

Katsotaanpa muutamia tyypillisiä esimerkkejä.

Esimerkki 1 Ammuttiin 7 laukausta. Todennäköisyys osua yhdellä laukauksella on 0,705. Laske todennäköisyys, että osumia tulee tasan 5.

Saavutetaan, että ongelma koskee toistuvia riippumattomia testejä (laukauksia maaliin), yhteensä $n=7$ laukausta ammutaan, osumistodennäköisyys jokaisella $p=0.705$, puuttumisen todennäköisyys $q=1-p = 1-0,705 = 0,295 $.

Meidän on havaittava, että osumia tulee täsmälleen $k=5$. Korvaamme kaiken kaavaan (1) ja saamme: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Esimerkki 2 Todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on 0,4.

Maaliin ammutaan neljä itsenäistä laukausta. Laske todennäköisyys, että kohteeseen tulee ainakin yksi osuma.

Tutkimme ongelmaa ja kirjoitamme parametrit muistiin: $n=4$ (laukaus), $p=0.4$ (osumatodennäköisyys), $k \ge 1$ (osuma tulee ainakin yksi).

Käytämme vastakkaisen tapahtuman todennäköisyyden kaavaa (ei osumaa):

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

Todennäköisyys osua vähintään kerran neljästä on 0,87 tai 87 %.

Esimerkki 3 Todennäköisyys, että ampuja osuu maaliin, on 0,3.

Laske todennäköisyys, että 6 laukauksella maali osuu kolmesta kuuteen kertaan.

Toisin kuin edellisissä tehtävissä, tässä on löydettävä todennäköisyys, että osumien määrä on tietyllä aikavälillä (eikä täsmälleen yhtä suuri kuin jokin luku). Mutta kaava on sama.

Selvitetään todennäköisyys, että kohteeseen osuu kolmesta kuuteen kertaan, eli osumia tulee joko 3 tai 4 tai 5 tai 6 kertaa.

Nämä todennäköisyydet lasketaan kaavalla (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cpiste 0,3^3\cpiste 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Koska tapahtumat eivät ole yhteensopivia, haluttu todennäköisyys voidaan löytää käyttämällä todennäköisyyksien summauskaavaa: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) = $$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Esimerkki 4 Ainakin yhden osuman todennäköisyys neljällä laukauksella maaliin on 0,9984. Selvitä todennäköisyys osua kohteeseen yhdellä laukauksella.

Merkitään todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella. Siirrytään tapahtumaan:
$A = $ (neljästä laukauksesta vähintään yksi osuu maaliin),
sekä sen vastakkainen tapahtuma, joka voidaan kirjoittaa seuraavasti:
$\overline(A) = $ (Kaikki 4 laukausta ohittavat tavoitteen, ei osumia).

Kirjataan ylös kaava tapahtuman $A$ todennäköisyydelle.

Kirjataan muistiin tunnetut arvot: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Korvaa kaavassa (1) ja saat:

$$ 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.

Ratkaisemme tuloksena olevan yhtälön:

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

Joten todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on 0,8.

Kiitos kun luit ja jaat muiden kanssa

hyödyllisiä linkkejä

Etsi ratkaisusta valmiita tehtäviä:

Online-laskelmat Bernoullin kaavalla

Epäyhtälön ratkaiseminen laskimella

Matematiikan eriarvoisuus koskee kaikkia yhtälöitä, joissa "=" on korvattu millä tahansa seuraavista merkeistä: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* lineaarinen;

* neliö;

* murtoluku;

* suuntaa antava;

* trigonometrinen;

*logaritminen.

Tästä riippuen epäyhtälöitä kutsutaan lineaariseksi, osittaiseksi jne.

Sinun tulee olla tietoinen näistä merkeistä:

* epäyhtälöt suurempi kuin (>) tai pienempi kuin (

* Epätasa-arvoa kuvakkeiden kanssa, jotka ovat suurempia tai yhtä suuria kuin \[\geq\] pienempi tai yhtä suuri kuin [\leq\], kutsutaan epäammattimaiseksi;

* kuvake ei ole sama \[\ne\] yksin, mutta tapaukset, joissa on tämä kuvake, on ratkaistava koko ajan.

Tällainen eriarvoisuus ratkaistaan ​​identiteettien muunnoksilla.

Lue myös artikkelimme "Ratkaise online-yhtälön täydellinen ratkaisu"

Oletetaan, että seuraava epätasa-arvo pätee:

Ratkaisemme sen samalla tavalla kuin lineaarisen yhtälön, mutta meidän tulee tarkkailla eriarvoisuuden merkkiä.

Ensin siirretään termit tuntemattomasta vasemmalle, tunnetusta oikealle käännellen symbolit:

Jaamme sitten molemmat puolet -4:llä ja käännämme eriarvoisuuden merkin:

Tämä on vastaus tähän yhtälöön.

Missä voin ratkaista Internetin eriarvoisuuden?

Voit ratkaista yhtälön verkkosivuillamme pocketteacher.ru.

Bernoulli epätasa-arvolaskin

Sekunneissa ilmainen online-pelastusratkaisu ratkaisee kaiken monimutkaisen verkkoyhtälön. Sinun tarvitsee vain syöttää tietosi pelastuspalveluun. Voit myös katsoa video-ohjeet ja oppia ratkaisemaan yhtälön verkkosivustoltamme.

Ja jos sinulla on kysyttävää, voit kysyä niitä Vkontakte-ryhmässämme: pocketpeacher. Liity joukkoomme, autamme sinua mielellämme.

Täysi matemaattinen induktiomenetelmä

Yhtälön ratkaiseminen / Differentiaaliyhtälöt

© RU testi - online-laskimet

Differentiaaliyhtälöiden ratkaisu

Syötä ero.

yhtälö:

Laskimella voit ratkaista vaihtelevan monimutkaisuuden differentiaaliyhtälöitä.

Esimerkkejä ratkaistuista differentiaaliyhtälöistä

MBOU Lyseum "Tekninen ja taloudellinen"

MATEMAATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ

MATEMAATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ.

SELITYS

Metodologinen kehitystyö "Matemaattisen induktion menetelmä" koottiin matemaattisen profiilin 10. luokan opiskelijoille.

Ensisijaiset tavoitteet: perehdyttää opiskelijat matemaattisen induktion menetelmään ja opettaa sen soveltamista erilaisten ongelmien ratkaisussa.

Metodologisessa kehittämisessä pohditaan alkeismatematiikan kysymyksiä: ehdotetaan jaollisuusongelmia, identiteetin todistamista, eriarvoisuuksien todistamista, vaihtelevan monimutkaisuuden ongelmia, mukaan lukien olympialaisissa tarjottavia tehtäviä.

Induktiivisten johtopäätösten rooli kokeellisissa tieteissä on erittäin suuri. Ne antavat ne säännökset, joista sitten tehdään lisäjohtopäätöksiä. Nimi matemaattinen induktiomenetelmä harhaanjohtavasti - itse asiassa tämä menetelmä on deduktiivinen ja antaa tarkan todisteen induktiolla arvatuista väitteistä. Matemaattisen induktion menetelmä auttaa tunnistamaan yhteyksiä matematiikan eri osien välillä, auttaa kehittämään opiskelijan matemaattista kulttuuria.

Matemaattisen induktion menetelmän määritelmä. Täydellinen ja epätäydellinen induktio. Todiste eriarvoisuudesta. Todisteet henkilöllisyydestä. Jakavuusongelmien ratkaiseminen. Erilaisten ongelmien ratkaiseminen aiheesta "Matemaattisen induktion menetelmä".

KIRJALLISTA OPETTAJALLE

1. M.L. Galitsky. Algebran ja matemaattisen analyysin kurssin syvällinen opiskelu. - M. Enlightenment 1986.

2. L.I. Zvavich. Algebra ja analyysin alku. Didaktiset materiaalit. M. Drofa 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaattinen analyysi. M Enlightenment 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matemaattisen induktion menetelmä. NGU.1995.

KIRJALLISTA OPISKELIJAILLE

1. N.Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaattinen analyysi. M Enlightenment 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Matemaattisen induktion menetelmä. NGU.1995.

AVAINSANAT

Induktio, aksiooma, matemaattisen induktion periaate, täydellinen induktio, epätäydellinen induktio, väite, identiteetti, epäyhtälö, jaollisuus.

DIDAKTINEN LIITE AIHEESEEN

"MATEMATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ".

Oppitunti 1

Matemaattisen induktion menetelmän määritelmä.

Matemaattisen induktion menetelmä on yksi erittäin tehokkaista menetelmistä löytää uusia tuloksia ja osoittaa esitettyjen oletusten totuudenmukaisuus. Vaikka tämä menetelmä ei ole uusi matematiikassa, kiinnostus sitä kohtaan ei katoa. Ensimmäistä kertaa selkeässä esityksessä erinomainen ranskalainen tiedemies Blaise Pascal sovelsi matemaattisen induktion menetelmää 1600-luvulla todistaessaan hänen mukaansa sen jälkeen nimetyn lukukolmion ominaisuuksia. Kuitenkin ajatus matemaattisesta induktiosta oli muinaisten kreikkalaisten tiedossa. Matemaattisen induktion menetelmä perustuu matemaattisen induktion periaatteeseen, joka hyväksytään aksioomaksi. Harkitsemme matemaattisen induktion ajatusta esimerkein.

Esimerkki #1.

Neliö jaetaan segmentillä kahteen osaan, sitten yksi tuloksena olevista osista jaetaan kahteen osaan ja niin edelleen. Määritä kuinka moneen osaan neliö on jaettu P askeleet?

Ratkaisu.

Ensimmäisen vaiheen jälkeen saamme ehdolla 2 osaa. Toisessa vaiheessa jätämme yhden osan ennalleen ja jaamme toisen 2 osaan ja saamme 3 osaa. Kolmannessa vaiheessa jätämme 2 osaa ennalleen ja jaamme kolmannen kahteen osaan ja saamme 4 osaa. Neljännessä vaiheessa jätämme 3 osaa ennalleen ja jaamme viimeisen osan kahteen osaan ja saamme 5 osaa. Viidennessä vaiheessa saamme 6 osaa. Ehdotus tehdään sen kautta P saamiamme askeleita (n+1) osa. Mutta tämä ehdotus on todistettava. Oletetaan että läpi to portaat neliö on jaettu (k+1) osa. Sitten päälle (k+1) astu me to osat jätetään ennalleen, ja (k+1) jaa osa kahteen osaan ja hanki (k+2) osat. Huomaat, että voit väittää tällä tavalla niin kauan kuin haluat, loputtomiin. Eli oletuksemme on tämä P portaat neliö jaetaan (n+1) osa, tulee todistetuksi.

Esimerkki #2.

Isoäidilläni oli tyttärentytär, joka piti kovasti hillosta ja varsinkin litrapurkissa olevasta. Mutta isoäiti ei antanut hänen koskea. Ja lapsenlapset päättivät pettää isoäitinsä. Hän päätti syödä joka päivä 1/10 litraa tästä purkista ja lisätä sen vedellä sekoittaen huolellisesti. Kuinka monen päivän kuluttua isoäiti huomaa petoksen, jos hillo pysyy samanlaisena vedellä laimennettuna?

Ratkaisu.

Selvitä, kuinka paljon puhdasta hilloa jää purkkiin sen jälkeen P päivää. Ensimmäisen päivän jälkeen seos jää purkkiin, joka koostuu 9/10 hillosta ja 1/10 vedestä. Kahden päivän kuluttua 1/10 vesi-hilloseoksesta katoaa purkista ja jää jäljelle (1 litra seosta sisältää 9/10 litraa hilloa, 1/10 litraa seosta sisältää 9/100 litraa hilloa)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litraa hilloa. Kolmantena päivänä purkista katoaa 1/10 litraa seosta, joka koostuu 81/100 hillosta ja 19/100 vedestä. 1 litrassa seosta on 81/100 litraa hilloa, 1/10 litrassa seosta 81/1000 litraa hilloa. 81/100 – 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 litraa hilloa jää jäljelle 3 päivän kuluttua ja loput imee vesi. Syntyy kuvio. Kautta P päivää jäljellä pankissa (9/10) P l hilloa. Mutta jälleen kerran, tämä on vain arvauksemme.

Päästää to on mielivaltainen luonnollinen luku. Oletetaan että läpi to päivät pankissa jää (9/10) l jam. Katsotaan mitä pankissa on seuraavana päivänä, eli sisään (k+1) päivä. Se katoaa pankista 1/10l sekoitus (9/10) to l hilloa ja vettä. AT 1l seos on (9/10) to l hillo, sisään 1/10l seokset (9/10) k+1 l hillo. Nyt voimme turvallisesti sanoa sen läpi P päivää pankissa jäljellä (9/10) P l hillo. 6 päivän kuluttua pankki saa 531444/1000000l hillot, 7 päivän kuluttua - 4782969/10000000l hilloa, eli alle puolet.

Vastaus: 7 päivän kuluttua isoäiti huomaa petoksen.

Yritetään erottaa tarkasteltavien ongelmien ratkaisuista alkeellisimmat. Aloimme ratkaista niitä jokaista pohtimalla erillisiä tai, kuten sanotaan, erikoistapauksia. Sitten teimme havaintojen perusteella joitain oletuksia P(n), riippuen luonnollisesta P.

väite tarkistettiin, eli todistettiin P(1), P(2), P(3);

ehdotti sitä P(n) voimassa n=k ja päätteli, että sitten se on voimassa seuraavaan n, n = k+1.

Ja sitten he väittelivät jotenkin näin: P(1) oikein, P(2) oikein, P(3) oikein, P(4) oikein... aivan oikein P(n).

Matemaattisen induktion periaate.

lausunto P(n), riippuen luonnollisesta P, pätee kaikkiin luonnollisiin P, jos

1) väitteen pätevyys n = 1;

2) lausunnon pätevyyden olettamisesta P(n) klo n=k pitäisi

oikeudenmukaisuutta P(n) klo n=k+1.

Matematiikassa matemaattisen induktion periaate valitaan pääsääntöisesti yhdeksi aksioomiksi, joka määrittelee luonnollisen lukusarjan, ja siksi se hyväksytään ilman todisteita. Todistusmenetelmää matemaattisen induktion periaatteella kutsutaan yleensä matemaattisen induktion menetelmäksi. Huomaa, että tätä menetelmää käytetään laajalti lauseiden, identiteettien, epäyhtälöiden ja monien muiden ongelmien ratkaisemisessa.

Oppitunti #2

Täydellinen ja epätäydellinen induktio.

Siinä tapauksessa, että matemaattinen lause koskee äärellistä määrää objekteja, se voidaan todistaa tarkistamalla jokaisen kohteen kohdalla esimerkiksi lause "Jokainen kaksinumeroinen parillinen luku on kahden alkuluvun summa." Todistusmenetelmää, jossa testaamme lausetta äärelliselle määrälle tapauksia, kutsutaan täydelliseksi matemaattiseksi induktioksi. Tätä menetelmää käytetään suhteellisen harvoin, koska lauseita tarkastellaan useimmiten äärettömissä joukoissa. Esimerkiksi lausetta "Mikä tahansa parillinen luku on yhtä suuri kuin kahden alkuluvun summa" ei ole toistaiseksi todistettu eikä kumottu. Vaikka testaisimme tätä lausetta ensimmäiselle miljardille, se ei vie meitä askeltakaan lähemmäksi sen todistamista.

Luonnontieteissä käytetään epätäydellistä induktiota, testataan koe useita kertoja, siirretään tulos kaikkiin tapauksiin.

Esimerkki #3

Arvaa käyttämällä epätäydellistä induktiokaavaa luonnollisten lukujen kuutioiden summalle.

Ratkaisu.

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 .

Todiste.

Olkoon se totta n=k.

Todistakaamme, että se on totta n=k+1.

Johtopäätös: luonnollisten lukujen kuutioiden summan kaava on totta kaikille luonnollisille P.

Esimerkki #4

Harkitse yhtäläisyyksiä ja arvaa mihin yleiseen lakiin nämä esimerkit johtavat.

Ratkaisu.

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

……………………………………………………………..

Esimerkki #5

Kirjoita seuraavat lausekkeet summana:

1)
2)
3)
; 4)
.

Kreikkalainen kirjain "sigma".

Esimerkki #6.

Kirjoita seuraavat summat etumerkillä
:

2)

Esimerkki #7.

Kirjoita seuraavat lausekkeet tuotteiksi:

1)

3)
4)

Esimerkki #8.

Kirjoita muistiin seuraavat teokset merkin avulla

(kreikkalainen iso kirjain "pi")

1)
2)

Esimerkki #9.

Polynomin arvon laskeminen f ( n )= n 2 + n +11 , klo n = 1,2,3,4,5,6,7 voidaan olettaa, että mikä tahansa luonnollinenP määrä f ( n ) yksinkertainen.

Pitääkö tämä oletus paikkansa?

Ratkaisu.

Jos jokainen summa on jaollinen luvulla, niin summa on jaollinen tällä luvulla,
ei ole alkuluku millekään luonnolliselle luvulleP.

Äärillisen määrän tapausten analysoinnilla on tärkeä rooli matematiikassa: antamatta todisteita yhdestä tai toisesta väitteestä, se auttaa arvaamaan tämän väitteen oikean muotoilun, jos sitä ei vielä tiedetä. Näin Pietarin tiedeakatemian jäsen Goldbach päätyi olettamukseen, että mikä tahansa luonnollinen luku kahdesta alkaen on enintään kolmen alkuluvun summa.

Oppitunti #3

Matemaattisen induktion menetelmän avulla voimme todistaa erilaisia ​​identiteettejä.

Esimerkki #10. Todistakaamme se kaikille P identiteetti

Ratkaisu.

Laitetaan

Meidän on todistettava se

Todistakaamme, että Sitten identiteetin totuudesta

identiteetin totuus seuraa

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan identiteetin totuus kaikille P.

Esimerkki #11.

Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

kausittaiset tasa-arvot.

;
. Joten tämä identiteetti on totta kaikilleP .

Oppitunti numero 4.

Identiteettien todistaminen matemaattisella induktiolla.

Esimerkki #12. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Matemaattisen induktion periaatetta soveltaen osoitimme, että tasa-arvo on totta kaikille P.

Esimerkki #13. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Matemaattisen induktion periaatetta sovellettaessa todistimme, että väite pätee kaikkiin luonnollisiin P.

Esimerkki #14. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Esimerkki #15. Todistetaan henkilöllisyys

1) n = 1;

2) varten n=k tasa-arvo

3) todistaa, että tasa-arvo pätee n=k+1:

Johtopäätös: identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Esimerkki #16. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Jos n = 1 , sitten

Anna identiteetin kestää n=k.

Osoittakaamme, että identiteetti pätee n=k+1.

Silloin identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Oppitunti numero 5.

Identiteettien todistaminen matemaattisella induktiolla.

Esimerkki #17. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Jos n = 2 , niin saadaan oikea yhtälö:

Olkoon tasa-arvo tottan=k:

Todistakaamme väitteen pätevyys for n=k+1.

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan identiteetti todistetaan.

Esimerkki #18. Todistetaan henkilöllisyys
n≥2:lle.

klo n = 2 tämä identiteetti voidaan kirjoittaa uudelleen hyvin yksinkertaiseen muotoon

ja ilmeisesti totta.

Anna klo n=k Todella

.

Todistakaamme väitteen pätevyys forn=k+1, eli tasa-arvo täyttyy: .

Olemme siis osoittaneet, että identiteetti on totta kaikille luonnollisille n≥2.

Esimerkki #19. Todistetaan henkilöllisyys

klo n = 1 saamme oikean tasa-arvon:

Oletetaan, että klo n=k saamme myös oikean tasa-arvon:

Osoittakaamme, että tasa-arvon pätevyys havaitaan n=k+1:

Silloin identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Oppitunti numero 6.

Jakavuusongelmien ratkaiseminen.

Esimerkki #20. Todista se matemaattisella induktiolla

jaettuna 6 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 on jako6 jälkeä jättämättä,
.

Anna klo n=k ilmaisu
useita6.

Todistakaamme, että milloin n=k+1 ilmaisu
useita6 .

Jokainen termi on monikerta 6 , joten summa on kerrannainen 6 .

Esimerkki numero 21.
päällä5 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 lauseke on jaettavissa
.

Anna klo n=k ilmaisu
jaettu myös5 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jaettuna 5 .

Esimerkki #22. Todista lausekkeen jaollisuus
päällä16.

Todiste.

klo n = 1 useita 16 .

Anna klo n=k
useita16.

klo n=k+1

Kaikki termit ovat jaettavissa 16: ensimmäinen on ilmeisesti toinen oletuksena, ja kolmannessa on parillinen luku suluissa.

Esimerkki #23. Todista jaevuus
päällä676.

Todiste.

Todistakaamme se ensin
jaettuna
.

klo n = 0
.

Anna klo n=k
jaettuna26 .

Sitten klo n=k+1 jaettuna 26 .

Todistakaamme nyt ongelman ehdolla muotoiltu väite.

klo n = 1 jaettuna 676.

klo n=k onko totta että
jaettuna26 2 .

klo n=k+1 .

Molemmat termit ovat jaollisia 676 ; ensimmäinen johtuu siitä, että olemme osoittaneet jaollisuuden 26 lauseke suluissa, ja toinen on jaollinen induktiivisella hypoteesilla.

Oppitunti numero 7.

Jakavuusongelmien ratkaiseminen.

Esimerkki numero 24.

Todista se
jaettuna5 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1
jaettuna5.

klo n=k
jaettuna5 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jokainen termi on jaollinen5 jälkeä jättämättä.

Esimerkki #25.

Todista se
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

Anna klo n=k
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jaettuna 6 ei jäännöstä, koska jokainen termi on jaollinen6 ilman jäännöstä: ensimmäinen termi induktiivisen oletuksen mukaan, toinen, ilmeisesti, kolmas, koska
tasaluku.

Esimerkki #26.

Todista se
kun jaetaan9 antaa loput 1 .

Todiste.

Todistetaan se
jaettuna9 .

klo n = 1
jaettuna 9 . Anna klo n=k
jaettuna9 .

klo n=k+1 jaettuna 9 .

Esimerkki numero 27.

Todista, että se on jaollinen15 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 jaettuna 15 .

Anna klo n=k jaettuna 15 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1

Ensimmäinen termi on monikerta15 induktiohypoteesin mukaan toinen termi on monikerta15 – Ilmeisesti kolmas termi on monikerta15 , koska
useita5 (todistettu esimerkissä nro 21), neljäs ja viides termi ovat myös kerrannaisia5 , mikä on ilmeistä, silloin summa on kerrannainen15 .

Oppitunti numero 8-9.

Epäyhtälöiden todistaminen matemaattisella induktiolla

Esimerkki #28.
.

klo n = 1 meillä on
- oikein.

Anna klo n=k
on todellinen eriarvoisuus.

klo n=k+1

Silloin eriarvoisuus pätee mille tahansa luonnolliselle P.

Esimerkki #29. Todista, että eriarvoisuus on totta
mille tahansa P.

klo n = 1 saamme oikean epätasa-arvon 4 >1.

Anna klo n=k epätasa-arvoa
.

Todistakaamme, että milloin n=k+1 epätasa-arvoa

Kaikille luonnollisille to havaitaan eriarvoisuutta.

Jos
klo
sitten

Esimerkki #30.

mille tahansa luonnolliselle P ja mikä tahansa

Päästää n = 1
, oikein.

Oletetaan, että eriarvoisuus pätee n=k:
.

klo n=k+1

Esimerkki numero 31. Todista epäyhtälön pätevyys

mille tahansa luonnolliselle P.

Todistakaamme ensin se kaikille luonnollisille t eriarvoisuutta

Kerro epäyhtälön molemmat puolet
. Saadaan vastaava epäyhtälö tai
;
; - Tämä epätasa-arvo pätee kaikkiin luonnollisiin t.

klo n = 1 alkuperäinen eriarvoisuus on totta
;
;
.

Anna eriarvoisuuden jatkua n=k:
.

klo n=k+1

Oppitunti numero 10.

Ongelman ratkaiseminen aiheesta

Matemaattisen induktion menetelmä.

Esimerkki #32. Todista Bernoullin epätasa-arvo.

Jos
, sitten kaikille luonnonarvoilleP eriarvoisuutta

Todiste.

klo n = 1 todistettava epätasa-arvo saa muodon
ja ilmeisesti oikein. Oletetaan, että se pitää paikkansan=k eli mitä
.

Koska kunnon mukaan
, sitten
, ja siksi epäyhtälö ei muuta merkitystään, kun sen molemmat osat kerrotaan
:

Koska
, sitten saamme sen

.

Epätasa-arvo on siis totta n = 1, ja sen totuudesta klo n=k tästä seuraa, että se on totta ja n=k+1. Siksi se pätee matemaattisella induktiolla kaikille luonnollisille P.

Esimerkiksi,

Esimerkki numero 33. Löydä kaikki luonnonarvotP , jolle epätasa-arvo

Ratkaisu.

klo n = 1 eriarvoisuus on oikein. klo n = 2 eriarvoisuus on myös totta.

klo n = 3 eriarvoisuus ei enää tyydytä. Vasta kun n = 6 epäyhtälö pätee, joten induktioperusteeksi voimme ottaa n = 6.

Oletetaan, että eriarvoisuus on totta jollekin luonnolliselle vastaanottajalle:

Harkitse eriarvoisuutta

Viimeinen eriarvoisuus pätee jos
Koetyö aiheesta n=1 annetaan toistuvasti: n≥5 , missä P- -luonnollinen luku.