Matemātikas indukcijas formula. Metodiskā izstrāde "matemātiskās indukcijas metode". Matemātiskās indukcijas princips un tā pierādījums
Daudzu matemātisku īpašību un dažādu apgalvojumu pierādīšanai tiek izmantota pierādīšanas metode, kuras pamatā ir Pīno aksioma 4. Pamats tam ir šāda teorēma.
Teorēma. Ja paziņojums BET(n) ar dabisko mainīgo n patiess priekš n= 1 un no tā, ka tā ir taisnība n=k, no tā izriet, ka tas attiecas arī uz nākamo numuru n=k, tad paziņojums BET(n) n.
Pierādījums. Apzīmē ar M to un tikai to naturālo skaitļu kopa, par kuriem apgalvojums BET(n) taisnība. Tad no teorēmas nosacījuma mums ir: 1) 1 M; 2) k MkM. Tādējādi, pamatojoties uz 4. aksiomu, mēs to secinām M =N, t.i. paziņojums, apgalvojums BET(n) attiecas uz jebkuru dabisko n.
Pierādīšanas metodi, kuras pamatā ir šī teorēma, sauc matemātiskās indukcijas metode, un aksioma ir indukcijas aksioma. Šim pierādījumam ir divas daļas:
1) pierādīt, ka apgalvojums BET(n) patiess priekš n= A(1);
2) pieņemsim, ka apgalvojums BET(n) patiess priekš n=k, un, sākot no šī pieņēmuma, pierādīt, ka apgalvojums A(n) patiess priekš n=k+ 1, t.i. ka apgalvojums ir patiess A(k) A(k + 1).
Ja BET( 1) BET(k) A(k + 1) ir patiess apgalvojums, tad viņi secina, ka apgalvojums A(n) patiess jebkuram naturālam skaitlim n.
Pierādīšana ar matemātisko indukciju var sākties ne tikai ar apgalvojuma par patiesuma apstiprināšanu n= 1, bet arī no jebkura naturāla skaitļa m. Šajā gadījumā paziņojums BET(n) tiks pierādīts visiem naturālajiem skaitļiem nm.
Uzdevums Pierādīsim, ka jebkuram naturālam skaitlim vienādība 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.
Lēmums. Vienādība 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n ir formula, ko var izmantot, lai atrastu pirmo secīgo nepāra naturālo skaitļu summu. Piemēram, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (summā ir 4 termini), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (summā ir 6 termini); ja šī summa satur 20 norādītā tipa vārdus, tad tā ir vienāda ar 20 = 400 utt. Pierādījuši šīs vienādības patiesumu, izmantojot formulu, varēsim atrast jebkura skaita norādītā tipa terminu summu.
1) Pārbaudiet šīs vienlīdzības patiesumu n= 1. Kad n= 1 vienādības kreisā puse sastāv no viena vārda, kas vienāds ar 1, labā puse ir vienāda ar 1= 1. Tā kā 1 = 1, tad n= 1 šī vienlīdzība ir patiesa.
2) Pieņemsim, ka šī vienlīdzība ir patiesa n=k, t.i. ka 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Pamatojoties uz šo pieņēmumu, mēs pierādām, ka tas ir taisnība n=k+ 1, t.i. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).
Apsveriet pēdējās vienādības kreiso pusi.
Pēc pieņēmuma, pirmā summa k termini ir k un tāpēc 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=
= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Izteiksme k+ 2k + 1 ir identiski vienāds ar izteiksmi ( k + 1).
Tāpēc patiesība par šo vienlīdzību n=k+ 1 ir pierādīts.
Tādējādi šī vienlīdzība ir patiesa n= 1 un no tā patiesības par n=k seko patiesībai par n=k+ 1.
Tas pierāda, ka šī vienādība ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim.
Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, var pierādīt ne tikai vienādību, bet arī nevienādību patiesumu.
Uzdevums. Pierādi, kur nN.
Lēmums. Pārbaudīsim nevienlīdzības patiesumu par n= 1. Mums ir - patiesa nevienlīdzība.
Pieņemsim, ka nevienlīdzība ir patiesa n=k, tie. - patiesa nevienlīdzība. Pierādīsim, pamatojoties uz pieņēmumu, ka tā ir taisnība
n=k+ 1, t.i. 
(*).
Pārveidojam nevienādības kreiso pusi (*), ņemot vērā, ka : .
Bet, tas nozīmē 
.
Tātad šī nevienlīdzība ir patiesa n= 1, un no tā, ka nevienlīdzība dažiem ir patiesa n= k, mēs atklājām, ka tas attiecas arī uz n= k + 1.
Tādējādi, izmantojot 4. aksiomu, mēs esam pierādījuši, ka šī nevienlīdzība ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim.
Citus apgalvojumus var pierādīt arī ar matemātiskās indukcijas metodi.
Uzdevums. Pierādiet, ka apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam skaitlim.
Lēmums. Pārbaudīsim apgalvojuma patiesumu par n= 1: - patiess apgalvojums.
Pieņemsim, ka šis apgalvojums ir patiess n=k: . Izmantojot šo, parādīsim apgalvojuma patiesumu par n=k+ 1: 
.
Pārveidosim izteiksmi: . Noskaidrosim atšķirību k un k+ 1 biedrs. Ja izrādās, ka iegūtā starpība ir 7 reizinājums un pieņemot, ka apakšdaļa dalās ar 7, tad arī minuend ir 7 daudzkārtnis:
Produkts ir reizināts ar 7, tāpēc un .
Tādējādi šis apgalvojums ir patiess n= 1 un no tā patiesības par n=k seko patiesībai par n=k+ 1.
Tas pierāda, ka šis apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam skaitlim.
Uzdevums. Pierādiet to jebkuram naturālam skaitlim n 2 apgalvojums (7-1)24 ir patiess.
Lēmums. 1) Pārbaudiet apgalvojuma patiesumu n= 2: - patiess apgalvojums.
Pierādīšanas metode, kas tiks aplūkota šajā sadaļā, ir balstīta uz vienu no dabiskās sērijas aksiomām.
Indukcijas aksioma. Dodiet teikumu, kas ir atkarīgs no mainīgā P, kuru vietā jūs varat aizstāt jebkurus naturālus skaitļus. Apzīmēsim to A(p). Lai arī teikums BET attiecas uz skaitli 1 un no tā, ka BET patiess skaitlim uz, tam seko BET patiess skaitlim k+ 1. Tad piedāvājiet BET attiecas uz visām dabas vērtībām P.
Aksiomas simboliskais apzīmējums:
Šeit virsotne- mainīgie virs naturālo skaitļu kopas. No indukcijas aksiomas iegūst šādu secinājumu likumu: 
Tātad, lai pierādītu priekšlikuma patiesumu BET, vispirms varam pierādīt divus apgalvojumus: apgalvojuma patiesumu BET( 1), kā arī sekas A(k) => A(k+ 1).
Ņemot vērā iepriekš minēto, mēs aprakstām entītiju metodi
matemātiskā indukcija.
Lai tas jāpierāda, ka teikums A(p) taisnība visam dabiskajam P. Pierādīšana ir sadalīta divos posmos.
- 1. posms. indukcijas bāze. Mēs pieņemam kā vērtību P numuru 1 un pārbaudiet to BET( 1) ir patiess apgalvojums.
- 2. posms. Induktīvā pāreja. Mēs to pierādām jebkuram naturālam skaitlim uz norāde ir patiesa: ja A(k), tad A(k+ 1).
Induktīvais fragments sākas ar vārdiem: “Ņemiet patvaļīgu naturālu skaitli uz, tāds, ka A(k)", vai "Ļaujiet naturālam skaitlim uz pa labi A(k)". Vārda "ļaujiet" vietā viņi bieži saka "pieņemsim, ka ...".
Pēc šiem vārdiem vēstule uz apzīmē kādu fiksētu objektu, uz kuru attiecas relācija A(k). Nāk no A(k) mēs secinām sekas, tas ir, veidojam teikumu ķēdi A(k) 9 R, Pī, ..., Rn = A(k+ 1), kur katrs teikums R, ir patiess apgalvojums vai iepriekšējo teikumu sekas. Pēdējais teikums R" jāsakrīt ar A(k+ viens). No tā mēs secinām: no A(k) vajadzētu A(k+).
Induktīvās pārejas izpildi var iedalīt divos posmos:
- 1) Induktīvs pieņēmums. Šeit mēs to pieņemam BET uz mainīgs n.
- 2) Pamatojoties uz pieņēmumu, mēs to pierādām BET pareizi skaitlim?+1.
Piemērs 5.5.1. Pierādīsim, ka skaitlis p+p ir pat visiem dabiskajiem P.
Šeit A(p) = "n 2 + n- pāra skaitlis". Tas ir jāpierāda BET - identiski patiess predikāts. Mēs izmantojam matemātiskās indukcijas metodi.
indukcijas bāze.Ņemsim l=1. Aizstāt izteiksmē P+//, mēs saņemam n 2 + n= I 2 + 1 = 2 ir pāra skaitlis, tas ir, /1(1) ir patiess apgalvojums.
Formulēsim induktīvā hipotēze A(k)= "Numurs uz 2 + pret - pat." Jūs varat teikt: "Ņemiet patvaļīgu naturālu skaitli uz tāds, ka līdz 2 + līdz ir pāra skaitlis.
No tā mēs secinām apgalvojumu A(kA-)= "Numurs (k+ 1) 2 + (? + 1) - pāra.
Pēc operāciju īpašībām mēs veicam transformācijas:
Rezultātā iegūtās summas pirmais vārds ir pāra pēc pieņēmuma, otrais ir pāra pēc definīcijas (jo tam ir forma 2 P). Tātad summa ir pāra skaitlis. Piedāvājums A(k+ 1) pierādīts.
Ar matemātiskās indukcijas metodi secinām: teikums A(p) taisnība visam dabiskajam P.
Protams, nav nepieciešams katru reizi ievadīt apzīmējumu A(p). Tomēr joprojām ieteicams atsevišķā rindā formulēt induktīvo pieņēmumu un to, kas no tā ir jāizsecina.
Ņemiet vērā, ka 5.5.1. piemēra apgalvojumu var pierādīt, neizmantojot matemātiskās indukcijas metodi. Lai to izdarītu, pietiek apsvērt divus gadījumus: kad P pat un kad P nepāra.
Daudzas dalāmības problēmas tiek atrisinātas ar matemātisko indukciju. Apskatīsim sarežģītāku piemēru.
Piemērs 5.5.2. Pierādīsim, ka skaitlis 15 2u_| +1 visiem naturālajiem skaitļiem dalās ar 8 P.
Baha indukcija.Ņemsim /1=1. Mums ir: numurs 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 dalās ar 8.
, kas dažiem
dabiskais skaitlis uz skaitlis 15 2 * '+1 dalās ar 8.
Pierādīsim kāds tad ir cipars a\u003d 15 2 (ZHN +1 dalās ar 8.
Pārvēršam skaitli a:
Pieņemot, ka skaitlis 15 2A1 +1 dalās ar 8, kas nozīmē, ka viss pirmais loceklis dalās ar 8. Otrais loceklis 224=8-28 arī dalās ar 8. Tādējādi skaitlis a jo starpība starp diviem skaitļiem, kas ir 8 reizes, dalās ar 8. Induktīvais solis ir pamatots.
Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas metodi, mēs secinām, ka visiem dabiskajiem P skaitlis 15 2 "-1 -*-1 dalās ar 8.
Izteiksim dažas piezīmes par atrisināto problēmu.
Pierādīto apgalvojumu var formulēt nedaudz savādāk: "Cipars 15" "+1 dalās ar 8 jebkuram nepāra dabiskajam / un".
Otrkārt, no pārbaudītā vispārīgā apgalvojuma var izdarīt konkrētu secinājumu, kura pierādījumu var sniegt kā atsevišķu uzdevumu: skaitlis 15 2015 +1 dalās ar 8. Tāpēc dažreiz ir lietderīgi problēmu vispārināt, apzīmējot noteiktu vērtību ar burtu un pēc tam izmantojiet matemātiskās indukcijas metodi.
Vispārīgākajā nozīmē termins "indukcija" nozīmē, ka vispārīgi secinājumi tiek izdarīti, pamatojoties uz konkrētiem piemēriem. Piemēram, ņemot vērā dažus piemērus pāra skaitļu summām 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, mēs secinām, ka jebkuru divu summu summa pāra skaitļi ir pāra skaitlis.
Vispārīgā gadījumā šāda indukcija var novest pie nepareiziem secinājumiem. Sniegsim šādas nepareizas argumentācijas piemēru.
Piemērs 5.5.3. Apsveriet skaitli a= /r+n+41 dabiskajam /?.
Atradīsim vērtības a dažām vērtībām P.
Ļaujiet būt n= ES tad a = 43 ir pirmskaitlis.
Ļaujiet /7=2. Tad a= 4+2+41 = 47 ir galvenais.
Ļaujiet l=3. Tad a= 9+3+41 = 53 ir galvenais.
Ļaujiet /7=4. Tad a= 16+4+41 = 61 ir galvenais.
Uztveriet kā vērtības P skaitļus, kas seko četriniekam, piemēram, 5, 6, 7, un pārliecinieties, vai cipars a būs vienkārši.
Secinām: “Visiem dabiskajiem /? numuru a būs vienkārši."
Rezultāts ir nepatiess apgalvojums. Šeit ir pretpiemērs: /7=41. Pārliecinieties, ka ar šo P numuru a būs salikts.
Terminam "matemātiskā indukcija" ir šaurāka nozīme, jo šīs metodes izmantošana ļauj vienmēr izdarīt pareizo secinājumu.
Piemērs 5.5.4. Pamatojoties uz induktīvo spriešanu, iegūstam aritmētiskās progresijas vispārīgā termiņa formulu. Atgādinām, ka aritmētiskā profesija ir skaitliska secība, kuras katrs dalībnieks no iepriekšējā atšķiras ar tādu pašu skaitli, ko sauc par progresijas starpību. Lai unikāli norādītu aritmētikas profesiju, jānorāda tās pirmais dalībnieks a un atšķirība d.
Tātad pēc definīcijas a p+ = a n + d, plkst n> 1.
Matemātikas skolas kursā, kā likums, aritmētikas profesijas vispārējā termina formula tiek noteikta, pamatojoties uz konkrētiem piemēriem, tas ir, tieši ar indukciju.
Ja /7=1, TAD Ar 7| = ES|, TAD ES esmu| = tf|+df(l-1).
Ja /7=2, tad i 2 = a + d, t.i a= I|+*/(2-1).
Ja /7=3, tad i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, t.i., i 3 = i|+(3-1).
Ja /7=4, tad i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 utt.
Dotie konkrētie piemēri ļauj izvirzīt hipotēzi: vispārīgajam terminam formulai ir forma a" = a+(n-)d visiem /7>1.
Pierādīsim šo formulu ar matemātiskās indukcijas metodi.
bāzes indukcija pārbaudīts iepriekšējās diskusijās.
Ļaujiet būt uz - tāds skaitlis, pie kura es * - a+(k-)d (induktīvs pieņēmums).
Pierādīsim ka es*+! = a+((k+)-)d, t.i., i*+1 = cirvis+kd.
Pēc definīcijas i*+1 = ab + d. a līdz= i | +(k-1 )d, nozīmē, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= es i +kd, kas bija jāpierāda (lai pamatotu induktīvo pāreju).
Tagad formula i„ = a+(n-)d pierādīts jebkuram naturālam skaitlim /;.
Ļaujiet kādai secībai i b i 2 , i, „ ... (not
obligāti aritmētiskā vai ģeometriskā progresija). Bieži vien ir problēmas, kurās ir nepieciešams summēt pirmo Pšīs secības locekļi, tas ir, norādiet summu R|+i 2 +...+i un formulu, kas ļauj atrast šīs summas vērtības, neaprēķinot secības dalībniekus.
Piemērs 5.5.5. Pierādīsim, ka pirmā summa P naturālie skaitļi ir
/?(/7 + 1)
Summu 1+2+...+/7 apzīmē ar Sn. Atradīsim vērtības S n dažiem /7.
Ņemiet vērā, ka summas S 4 atrašanai var izmantot iepriekš aprēķināto vērtību 5 3, jo 5 4 = 5 3 +4.
n(n +1)
Ja mēs aizstājam aplūkotās vērtības \u200b\u200b/? termiņā --- kaut kas
iegūstam attiecīgi vienādas summas 1, 3, 6, 10. Šie novērojumi
. _ n(n + 1)
ieteiktu, ka formula S„=--- var lietot, kad
jebkurš //. Pierādīsim šo pieņēmumu ar matemātiskās indukcijas metodi.
bāzes indukcija pārbaudīts. Darīsim to induktīvā pāreja.
Pieņemsim ka formula ir patiesa kādam naturālam skaitlim
, k(k + 1)
k, tad tīkls ir pirmā summa uz naturālie skaitļi ir ----.
Pierādīsim ka pirmo (?+1) naturālo skaitļu summa ir vienāda ar
- (* + !)(* + 2)
Izteiksim?*+1 cauri S k . Lai to izdarītu, summā S*+i grupējam pirmo uz termini un pēdējo terminu uzrakstiet atsevišķi:
Pēc induktīvās hipotēzes S k = Tātad, lai atrastu
pirmo (? + 1) naturālo skaitļu summa, pietiek ar jau aprēķināto
. „ k(k + 1) _ .. ..
pirmā summa uz skaitļi, kas vienādi ar ---, pievienojiet vienu vārdu (k + 1).
Induktīvā pāreja ir pamatota. Tādējādi tiek pierādīta sākumā izvirzītā hipotēze.
Mēs esam pierādījuši formulu S n = n ^ n+ metode
matemātiskā indukcija. Protams, ir arī citi pierādījumi. Piemēram, varat uzrakstīt summu S, terminu augošā secībā un pēc tam dilstošā terminu secībā:
Terminu summa vienā kolonnā ir nemainīga (vienā summā katrs nākamais vārds samazinās par 1, bet otrā palielinās par 1) un ir vienāds ar (/r + 1). Tāpēc, summējot iegūtās summas, mums ir P termini, kas vienādi ar (u+1). Tātad dubultā summa S " ir vienāds ar n(n+ 1).
Tikko pierādīto formulu var iegūt kā pirmās summas formulas īpašu gadījumu P aritmētiskās progresijas locekļi.
Atgriezīsimies pie matemātiskās indukcijas metodes. Ņemiet vērā, ka vienmēr ir nepieciešams matemātiskās indukcijas metodes pirmais posms (indukcijas bāze). Šī posma neesamība var novest pie nepareiza secinājuma.
Piemērs 5.5.6. "Pierādīsim" teikumu: "Cipars 7" + 1 dalās ar 3 jebkuram naturālam skaitlim ".
“Pieņemsim, ka par kādu dabas vērtību uz skaitlis 7*+1 dalās ar 3. Pierādīsim, ka skaitlis 7 x +1 dalās ar 3. Veic transformācijas:
Skaitlis 6 acīmredzami dalās ar 3. Skaitlis 1 līdz + ar induktīvās hipotēzes palīdzību dalās ar 3, tātad arī skaitlis 7-(7* + 1) dalās ar 3. Līdz ar to arī ar 3 dalāmo skaitļu starpība dalīsies ar 3.
Piedāvājums ir pierādīts."
Sākotnējā priekšlikuma pierādījums ir nepareizs, neskatoties uz to, ka induktīvais solis ir pareizs. Patiešām, plkst n= Man ir numurs 8, ar n=2 - skaitlis 50, ..., un neviens no šiem skaitļiem nedalās ar 3.
Izteiksim svarīgu piezīmi par naturāla skaitļa apzīmējumu, veicot induktīvo pāreju. Formulējot priekšlikumu A(p) vēstule P mēs apzīmējām mainīgo, kura vietā var aizstāt jebkurus naturālus skaitļus. Formulējot induktīvo hipotēzi, mainīgā vērtību apzīmējām ar burtu uz. Tomēr ļoti bieži jaunas vēstules vietā uz izmantojiet to pašu burtu kā mainīgais. Veicot induktīvo pāreju, tas neietekmē argumentācijas struktūru.
Apskatīsim vēl dažus piemērus problēmām, kurām var izmantot matemātiskās indukcijas metodi.
Piemērs 5.5.7. Atrodiet summas vērtību
Mainīgais uzdevumā P neparādās. Tomēr apsveriet terminu secību:
Apzīmē S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Atradīsim S" dažiem P. Ja /1 = 1, tad S, = a, =-.
Ja n= 2. tad S, = a, + a? = - + - = - = -.
Ja /?=3, tad S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Jūs varat aprēķināt vērtības pats S " pie /7 = 4; 5. Rodas
dabisks minējums: S n= -- jebkurai dabiskajai /7. Pierādīsim
Tas notiek ar matemātisko indukciju.
bāzes indukcija pārbaudīts iepriekš.
Darīsim to induktīvā pāreja, kas apzīmē patvaļīgu
mainīgā vērtība P tas pats burts, tas ir, mēs to pierādam no vienlīdzības
0 /7 _ /7 +1
S n=-seko vienlīdzībai S, =-.
/7+1 /7 + 2
Pieņemsim ka vienlīdzība ir patiesa S= - P -.
Izdalīsim kopā S„+ vispirms P noteikumi:
Izmantojot induktīvo pieņēmumu, mēs iegūstam:
Samazinot daļskaitli par (/7+1), mēs iegūsim vienādību S n +1 - , L
Induktīvā pāreja ir pamatota.
Tas pierāda, ka summa ir pirmā P noteikumiem
- 1 1 1 /7 ^
- - +-+...+- ir vienāds ar -. Tagad atgriezīsimies pie oriģināla
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
uzdevums. Lai to atrisinātu, pietiek ar to ņemt vērā vērtību P numurs 99.
Tad summa -!- + -!- + -!- + ...+ --- būs vienāda ar skaitli 0,99.
1-2 2-3 3-4 99100
Mēģiniet aprēķināt šo summu citā veidā.
Piemērs 5.5.8. Pierādīsim, ka jebkura ierobežota skaita diferencējamu funkciju summas atvasinājums ir vienāds ar šo funkciju atvasinājumu summu.
Ļaujiet mainīgajam /? apzīmē doto pazīmju skaitu. Gadījumā, ja ir dota tikai viena funkcija, tieši šī funkcija tiek saprasta kā summa. Tāpēc, ja /7=1, tad apgalvojums acīmredzami ir patiess: /" = /".
Pieņemsim ka apgalvojums ir patiess kopai P funkcijas (šeit atkal burta vietā uz paņemta vēstule P), tas ir, summas atvasinājums P funkcijas ir vienāda ar atvasinājumu summu.
Pierādīsim ka (n + 1) funkciju summas atvasinājums ir vienāds ar atvasinājumu summu. Paņemiet patvaļīgu komplektu, kas sastāv no n+ diferencējama funkcija: /1,/2, . Attēlosim šo funkciju summu
kā g+f„+ 1, kur g=f +/g + ... +/t- summa P funkcijas. Ar induktīvo hipotēzi, funkcijas atvasinājums g ir vienāds ar atvasinājumu summu: g" = pēdas + pēdas + ... +ft Tāpēc pastāv šāda vienādību ķēde:
Induktīvā pāreja ir pabeigta.
Tādējādi sākotnējais piedāvājums ir pierādīts jebkuram ierobežotam funkciju skaitam.
Dažos gadījumos ir jāpierāda priekšlikuma patiesums A(p) visiem dabiskajiem i, sākot no kādas vērtības ar. Pierādīšana ar matemātisko indukciju šādos gadījumos tiek veikta saskaņā ar šādu shēmu.
indukcijas bāze. Mēs pierāda, ka priekšlikums BET patiesa vērtība P, vienāds ar.
Induktīvā pāreja. 1) Mēs pieņemam, ka priekšlikums BET taisnība kaut kādai vērtībai uz mainīgais /?, kas ir lielāks vai vienāds ar ar.
2) Mēs pierāda, ka priekšlikums BET patiess /? vienāds ar
Atkal ņemiet vērā, ka burta vietā uz bieži atstāj mainīgo apzīmējumu P.Šajā gadījumā induktīvā pāreja sākas ar vārdiem: “Pieņemsim, ka kādai vērtībai n>s pa labi A(p). Tad pierādīsim to A(n+ viens)".
Piemērs 5.5.9. Pierādīsim to visiem dabiskajiem n> 5 nevienādība 2” > un 2 ir patiesa.
indukcijas bāze.Ļaujiet būt n= 5. Tad 2 5 =32, 5 2 =25. Nevienlīdzība 32>25 ir patiesa.
Induktīvā pāreja. Pieņemsim, ka nevienlīdzība 2 P>n 2 kādam naturālam skaitlim n> 5. Pierādīsim, kas tad ir 2" +| > (n+1) 2 .
Pēc pakāpju īpašībām 2” +| = 2-2". Tā kā 2" > n 2 (pēc induktīvās hipotēzes), tad 2-2" > 2n 2 (I).
Pamatosim, ka 2 2. lpp lielāks par (i+1) 2 . To var izdarīt dažādos veidos. Pietiek, lai atrisinātu kvadrātvienādību 2x 2 > (x+) 2 reālo skaitļu kopā un redziet, ka visi naturālie skaitļi, kas ir lielāki vai vienādi ar 5, ir tās atrisinājumi.
Mēs turpināsim šādi. Noskaidrosim skaitļu 2 atšķirību 2. lpp un (i+1) 2:
Kopš un > 5, tad i + 1 > 6, kas nozīmē (i + 1) 2 > 36. Tāpēc starpība ir lielāka par 0. Tātad, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).
Pēc nevienādību īpašībām no (I) un (2) izriet, ka 2*2" > (n + 1) 2, kas bija jāpierāda, lai attaisnotu induktīvās pārejas.
Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas metodi, secinām, ka nevienlīdzība 2" > i 2 ir patiess jebkuriem naturāliem skaitļiem i.
Apsveriet citu matemātiskās indukcijas metodes veidu. Atšķirība slēpjas induktīvā pārejā. Lai to īstenotu, ir jāveic divas darbības:
- 1) pieņemt, ka piedāvājums A(p) patiess visām mainīgā i vērtībām, kas ir mazākas par kādu skaitli R;
- 2) no izdarītā pieņēmuma secināt, ka priekšlikums A(p) patiess skaitlim R.
Tādējādi induktīvajam solim ir nepieciešams pierādījums par sekām: [(Ui?) A(n)] => A(p).Ņemiet vērā, ka sekas var pārrakstīt šādi: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).
Matemātiskās indukcijas metodes sākotnējā formulējumā priekšlikuma pierādīšanā A(p) mēs paļāvāmies tikai uz "iepriekšējo" priekšlikumu A(p- viens). Šeit sniegtais metodes formulējums ļauj iegūt A(p), pieņemot, ka visi priekšlikumi A(n), kur es esmu mazāk R, ir patiesi.
Piemērs 5.5.10. Pierādīsim teorēmu: "Jebkura i-gona iekšējo leņķu summa ir 180°(i-2)".
Izliektam daudzstūrim teorēmu ir viegli pierādīt, ja to ar diagonālēm, kas novilktas no vienas virsotnes, sadala trīsstūros. Tomēr daudzstūrim, kas nav izliekts, šāda procedūra var nebūt iespējama.
Pierādīsim teorēmu patvaļīgam daudzstūrim ar matemātisko indukciju. Mēs pieņemam, ka ir zināms šāds apgalvojums, kas, stingri ņemot, prasa atsevišķu pierādījumu: "Jebkurā //-gonā ir diagonāle, kas pilnībā atrodas tās iekšējā daļā."
Mainīgā // vietā varat aizstāt jebkurus naturālus skaitļus, kas ir lielāki vai vienādi ar 3. n=b Teorēma ir patiesa, jo trijstūra leņķu summa ir 180°.
Ņem kādu /7-gon (p> 4) un pieņemsim, ka jebkura //-gon leņķu summa, kur // p, ir vienāda ar 180°(//-2). Pierādīsim, ka //-stūra leņķu summa ir vienāda ar 180°(//-2).
Uzzīmēsim diagonāli //-gon, kas atrodas tā iekšpusē. Tas sadalīs //-gon divos daudzstūros. Ļaujiet vienam no viņiem uz puses, otras uz 2 puses. Tad k + k 2-2 \u003d p, jo iegūtajiem daudzstūriem ir kopīga mala, kas novilkta diagonāle, kas nav sākotnējā //-gona mala.
Abi cipari uz un uz 2 mazāks //. Iegūtajiem daudzstūriem piemērosim induktīvo pieņēmumu: A]-stūra leņķu summa ir 180°-(?i-2), un leņķu summa? 2-gon ir vienāds ar 180 ° - (Ar 2 -2). Tad //-gon leņķu summa būs vienāda ar šo skaitļu summu:
180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 o (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).
Induktīvā pāreja ir pamatota. Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas metodi, teorēma ir pierādīta jebkurai //-gon (//>3).
Matemātiskās indukcijas metode
Ievads
Galvenā daļa
- Pilnīga un nepilnīga indukcija
- Matemātiskās indukcijas princips
- Matemātiskās indukcijas metode
- Piemēru risinājums
- Vienlīdzība
- Skaitļu dalījums
- nevienlīdzības
Secinājums
Izmantotās literatūras saraksts
Ievads
Deduktīvās un induktīvās metodes ir jebkura matemātiskā pētījuma pamatā. Deduktīvā spriešanas metode ir spriešana no vispārīgā uz konkrēto, t.i. argumentācija, kuras sākumpunkts ir vispārējais rezultāts, bet beigu punkts ir konkrētais rezultāts. Indukcija tiek izmantota, pārejot no konkrētiem rezultātiem uz vispārīgiem, t.i. ir pretstats deduktīvajai metodei.
Matemātiskās indukcijas metodi var salīdzināt ar progresu. Mēs sākam no zemākā, loģiskās domāšanas rezultātā nonākam līdz augstākajam. Cilvēks vienmēr ir tiecies pēc progresa, pēc spējas loģiski attīstīt savu domu, kas nozīmē, ka pati daba viņam likusi domāt induktīvi.
Lai gan matemātiskās indukcijas metodes pielietošanas joma ir augusi, skolas mācību programmā tai tiek veltīts maz laika. Nu saki, ka noderīgu cilvēku atnesīs tās divas vai trīs nodarbības, par kurām viņš dzird piecus teorijas vārdus, atrisina piecas primitīvas problēmas un rezultātā saņem pieci par nezināšanu.
Bet tas ir tik svarīgi – prast domāt induktīvi.
Galvenā daļa
Sākotnējā nozīmē vārds "indukcija" tiek lietots argumentācijai, ar kuras palīdzību tiek iegūti vispārīgi secinājumi, pamatojoties uz vairākiem konkrētiem apgalvojumiem. Vienkāršākā šāda veida argumentācijas metode ir pilnīga indukcija. Šeit ir šādas argumentācijas piemērs.
Jānosaka, ka katrs naturāls pāra skaitlis n robežās 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.
Šīs deviņas vienādības parāda, ka katrs no mums interesējošajiem skaitļiem patiešām ir attēlots kā divu galveno terminu summa.
Tādējādi pilnīga indukcija ir tāda, ka vispārīgais apgalvojums tiek pierādīts atsevišķi katrā no ierobežota skaita iespējamo gadījumu.
Dažkārt vispārējo rezultātu var paredzēt, ņemot vērā nevis visus, bet gan lielu skaitu īpašo gadījumu (tā sauktā nepilnīgā indukcija).
Nepilnīgas indukcijas rezultātā iegūtais rezultāts tomēr paliek tikai hipotēze, līdz to pierāda precīza matemātiska argumentācija, aptverot visus īpašos gadījumus. Citiem vārdiem sakot, nepilnīga indukcija matemātikā netiek uzskatīta par likumīgu stingras pierādīšanas metodi, bet tā ir spēcīga metode jaunu patiesību atklāšanai.
Pieņemsim, piemēram, ir jāatrod pirmo n secīgo nepāra skaitļu summa. Apsveriet īpašus gadījumus:
1+3+5+7+9=25=5 2
Apsverot šos dažus īpašos gadījumus, var izdarīt šādu vispārīgu secinājumu:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
tie. pirmo n secīgo nepāra skaitļu summa ir n 2
Protams, veiktais novērojums vēl nevar kalpot par pierādījumu iepriekš minētās formulas pamatotībai.
Pilnīgai indukcijai matemātikā ir tikai ierobežots pielietojums. Daudzi interesanti matemātiski apgalvojumi aptver bezgalīgu skaitu īpašu gadījumu, un mēs nevaram pārbaudīt bezgalīgu skaitu gadījumu. Nepilnīga indukcija bieži noved pie kļūdainiem rezultātiem.
Daudzos gadījumos izeja no šāda veida grūtībām ir ķerties pie īpašas spriešanas metodes, ko sauc par matemātiskās indukcijas metodi. Tas ir šādi.
Pieņemsim, ka jāpierāda noteikta apgalvojuma derīgums jebkuram naturālam skaitlim n (piemēram, jāpierāda, ka pirmo n nepāra skaitļu summa ir vienāda ar n 2). Šī apgalvojuma tieša pārbaude katrai n vērtībai nav iespējama, jo naturālo skaitļu kopa ir bezgalīga. Lai pierādītu šo apgalvojumu, vispirms pārbaudiet tā derīgumu n=1. Tad tiek pierādīts, ka jebkurai k naturālajai vērtībai apskatāmā apgalvojuma derīgums n=k nozīmē tā derīgumu arī n=k+1.
Tad apgalvojums tiek uzskatīts par pierādītu visiem n. Patiešām, apgalvojums ir patiess n=1. Bet tad tas ir spēkā arī nākamajam skaitlim n=1+1=2. Apgalvojuma derīgums n=2 nozīmē tā derīgumu n=2+
1=3. Tas nozīmē apgalvojuma derīgumu n=4 un tā tālāk. Ir skaidrs, ka galu galā mēs sasniegsim jebkuru naturālu skaitli n. Tādējādi apgalvojums ir patiess jebkuram n.
Apkopojot teikto, mēs formulējam šādu vispārīgu principu.
Matemātiskās indukcijas princips.
Ja teikums A(n), kas ir atkarīgs no naturāla skaitļa n, ir patiess n=1, un no tā, ka tas ir patiess n=k (kur k ir jebkurš naturāls skaitlis), tad tas arī ir patiess nākamajam skaitlim n=k +1, tad pieņēmums A(n) ir patiess jebkuram naturālam skaitlim n.
Vairākos gadījumos var būt nepieciešams pierādīt noteikta apgalvojuma derīgumu nevis visiem naturālajiem skaitļiem, bet tikai n>p, kur p ir fiksēts naturāls skaitlis. Šajā gadījumā matemātiskās indukcijas princips ir formulēts šādi.
Ja priekšlikums A(n) ir patiess pie n=p un ja A(k)ÞA(k+1) jebkuram k>p, tad priekšlikums A(n) ir patiess jebkuram n>p.
Pierādīšana ar matemātiskās indukcijas metodi tiek veikta šādi. Pirmkārt, tiek pārbaudīts pierādāmais apgalvojums, ja n=1, t.i., tiek konstatēts apgalvojuma A(1) patiesums. Šo pierādījumu daļu sauc par indukcijas bāzi. Tam seko pierādījuma daļa, ko sauc par indukcijas soli. Šajā daļā apgalvojuma derīgums n=k+1 ir pierādīts, pieņemot, ka apgalvojums ir patiess pie n=k (induktīvais pieņēmums), t.i. pierādīt, ka A(k)ÞA(k+1).
Pierādīt, ka 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Risinājums: 1) Mums ir n=1=1 2 . Tāpēc
apgalvojums ir patiess n=1, t.i. A(1) ir taisnība.
2) Pierādīsim, ka A(k)ÞA(k+1).
Lai k ir jebkurš naturāls skaitlis un apgalvojums ir patiess, ja n=k, t.i.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Pierādīsim, ka tad apgalvojums ir patiess arī nākamajam naturālajam skaitlim n=k+1, t.i. kas
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Patiešām,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Tātad A(k)ÞA(k+1). Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, mēs secinām, ka pieņēmums A(n) ir patiess jebkuram nОN.
Pierādiet to
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kur x¹1
Risinājums: 1) Ja n=1 mēs iegūstam
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
tāpēc n=1 formula ir patiesa; A(1) ir taisnība.
2) Lai k ir jebkurš naturāls skaitlis un lai formula būtu patiesa, ja n=k, t.i.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Pierādīsim, ka tad vienlīdzība
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Patiešām
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).
Tātad A(k)ÞA(k+1). Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, secinām, ka formula ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim n.
Pierādīt, ka izliekta n-stūra diagonāļu skaits ir n(n-3)/2.
Risinājums: 1) Ja n=3, apgalvojums ir patiess
Un 3 ir pareizi, jo trijstūrī
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonāles;
2 A(3) ir patiess.
2) Pieņemsim, ka jebkurā
izliekts k-gon ir-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonāles.
A k Pierādīsim, ka tad izliektā veidā
(k+1)-gon skaitlis
diagonāles A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Pieņemsim А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -izliekts (k+1)-leņķis. Iezīmēsim tajā diagonāli A 1 A k. Lai saskaitītu šī (k + 1)-stūra kopējo diagonāļu skaitu, jāsaskaita diagonāļu skaits k-gonā A 1 A 2 ...A k , iegūtajam skaitlim jāpievieno k-2, t.i. (k+1)-stūra diagonāļu skaits, kas izplūst no virsotnes A k+1 , un papildus jāņem vērā diagonāle A 1 A k.
Tādējādi
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Tātad A(k)ÞA(k+1). Matemātiskās indukcijas principa dēļ apgalvojums ir patiess jebkuram izliektam n-stūrim.
Pierādiet, ka jebkuram n apgalvojums ir patiess:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad
X 1 \u003d 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1.
Tādējādi n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Apsveriet šo apgalvojumu n=k+1
Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Mēs esam pierādījuši vienādības derīgumu n=k+1, tāpēc, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam n.
Pierādiet, ka jebkurai dabiskajai n vienādība ir patiesa:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Risinājums: 1) Pieņemsim, ka n=1.
Tad X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1.
Mēs redzam, ka n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka vienādība ir patiesa n=k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2/4.
3) Pierādīsim šī apgalvojuma patiesumu n=k+1, t.i.
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 = (k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.
No iepriekšminētā pierādījuma ir skaidrs, ka apgalvojums ir patiess n=k+1, tāpēc vienādība ir patiesa jebkuram naturālam n.
Pierādiet to
((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), kur n>2.
Risinājums: 1) n=2 identitāte izskatās šādi: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
tie. tas ir pareizi.
2) Pieņemsim, ka izteiksme ir patiesa, ja n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).
3) Pierādīsim izteiksmes pareizību n=k+1.
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +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).
Mēs esam pierādījuši vienādības derīgumu n=k+1, tāpēc matemātiskās indukcijas metodes dēļ apgalvojums ir patiess jebkuram n>2
Pierādiet to
1 3-2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
jebkurai dabiskai n.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Pieņemsim, ka n=k, tad
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) Pierādīsim šī apgalvojuma patiesumu n=k+1
(1 3 k+2 3 +…+(2 k-1) 3 (2 k) 3)+(2 k+1) 3 (2 k+2) 3 = -k 2 (4 k+3)+
+(2k+1)3-(2k+2)3 =-(k+1)3 (4(k+1)+3).
Ir pierādīts arī vienādības derīgums n=k+1, tāpēc apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam skaitlim n.
Pierādiet identitātes derīgumu
(1 2 /1´3)+(2 2/3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
jebkurai dabiskai n.
1) Ja n=1, identitāte ir patiesa 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Pieņemsim, ka n=k
(1 2 /1 '3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Pierādīsim, ka identitāte ir patiesa n=k+1.
(1 2 /1 ´3)+…+(k2/(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2 k+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).
No iepriekš minētā pierādījuma var redzēt, ka apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam skaitlim n.
Pierādīt, ka (11 n+2 +12 2n+1) dalās ar 133 bez atlikuma.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad
11 3 + 12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.
Bet (23´133) dalās ar 133 bez atlikuma, tāpēc n=1 apgalvojums ir patiess; A(1) ir taisnība.
2) Pieņemsim, ka (11 k+2 +12 2k+1) dalās ar 133 bez atlikuma.
3) Pierādīsim to šajā gadījumā
(11 k+3 +12 2k+3) dalās ar 133 bez atlikuma. Patiešām, 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.
Iegūtā summa dalās ar 133 bez atlikuma, jo tās pirmais loceklis ar pieņēmumu dalās ar 133 bez atlikuma, bet otrajā viens no faktoriem ir 133. Tātad А(k)ÞА(k+1). Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir pierādīts.
Pierādīt, ka jebkuram n 7 n -1 dalās ar 6 bez atlikuma.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad X 1 =7 1 -1=6 tiek dalīts ar 6 bez atlikuma. Tātad n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka n=k
7 k -1 dalās ar 6 bez atlikuma.
3) Pierādīsim, ka apgalvojums ir patiess n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Pirmais loceklis dalās ar 6, jo 7 k -1 dalās ar 6 pēc pieņēmuma, bet otrais loceklis ir 6. Tātad 7 n -1 ir 6 daudzkārtnis jebkuram naturālam n. Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir pierādīts.
Pierādīt, ka 3 3n-1 +2 4n-3 patvaļīgai naturālai n dalās ar 11.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 tiek dalīts ar 11 bez atlikuma. Tādējādi n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka n=k
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 dalās ar 11 bez atlikuma.
3) Pierādīsim, ka apgalvojums ir patiess 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.
Pirmais loceklis dalās ar 11 bez atlikuma, jo 3 3k-1 +2 4k-3 dalās ar 11 pēc pieņēmuma, otrais dalās ar 11, jo viens no tā faktoriem ir skaitlis 11. Tātad summa ir arī dalās ar 11 bez atlikuma jebkurai dabiskajai n. Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir pierādīts.
Pierādīt, ka 11 2n -1 patvaļīgam pozitīvam veselam skaitlim n dalās ar 6 bez atlikuma.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad 11 2 -1=120 dalās ar 6 bez atlikuma. Tātad n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka n=k
11 2k -1 dalās ar 6 bez atlikuma.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Abi termini dalās ar 6 bez atlikuma: pirmais satur skaitļa 120 daudzkārtni, bet otrais dalās ar 6 bez atlikuma, pieņemot, ka. Tātad summa dalās ar 6 bez atlikuma. Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir pierādīts.
Pierādīt, ka 3 3n+3 -26n-27 patvaļīgam pozitīvam veselam skaitlim n dalās ar 26 2 (676) bez atlikuma.
Risinājums: Vispirms pierādīsim, ka 3 3n+3 -1 dalās ar 26 bez atlikuma.
- Ja n=0
- Pieņemsim, ka n=k
- Pierādīsim šo apgalvojumu
3 3 -1=26 dalās ar 26
3 3k+3 -1 dalās ar 26
patiess n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – dalās ar 26
Tagad pierādīsim apgalvojumu, kas formulēts problēmas nosacījumā.
1) Ir skaidrs, ka n=1 apgalvojums ir patiess
3 3+3 -26-27=676
2) Pieņemsim, ka n=k
izteiksme 3 3k+3 -26k-27 dalās ar 26 2 bez atlikuma.
3) Pierādīsim, ka apgalvojums ir patiess n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Abi termini dalās ar 26 2 ; pirmā dalās ar 26 2, jo esam pierādījuši, ka izteiksme iekavās dalās ar 26, bet otrā – ar induktīvo hipotēzi. Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir pierādīts.
Pierādīt, ja n>2 un x>0, tad nevienādība
(1+x) n >1+n´x.
Risinājums: 1) Ja n=2, nevienādība ir patiesa, jo
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Tātad A(2) ir taisnība.
2) Pierādīsim, ka A(k)ÞA(k+1), ja k> 2. Pieņemsim, ka A(k) ir patiess, t.i., ka nevienādība
(1+x) k >1+k´x. (3)
Pierādīsim, ka tad arī A(k+1) ir patiess, t.i., ka nevienādība
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Patiešām, reizinot abas nevienādības (3) puses ar pozitīvu skaitli 1+x, mēs iegūstam
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Apsveriet pēdējo nevienlīdzīgo labo pusi
stva; mums ir
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Rezultātā mēs to iegūstam
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Tātad A(k)ÞA(k+1). Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, var apgalvot, ka Bernulli nevienādība ir spēkā jebkurai
Pierādiet, ka nevienlīdzība ir patiesa
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2, ja a> 0.
Risinājums: 1) Ja m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 abas daļas ir vienādas.
2) Pieņemsim, ka m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Pierādīsim, ka m=k+1 nevienādība ir patiesa
(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 .
Mēs esam pierādījuši nevienādības derīgumu m=k+1, tāpēc, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, nevienādība ir patiesa jebkuram naturālam m.
Pierādiet, ka n>6 nevienādība
3 n >n´2 n+1 .
Risinājums: Pārrakstīsim nevienādību formā
- Par n=7 mums ir
- Pieņemsim, ka n=k
37/27 =2187/128>14=2´7
nevienlīdzība ir patiesa.
3) Pierādīsim nevienādības pareizību n=k+1.
3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Tā kā k>7, pēdējā nevienādība ir acīmredzama.
Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas metodi, nevienlīdzība ir spēkā jebkurai dabiskajai n.
Pierādiet, ka n>2 nevienādība
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Risinājums: 1) n=3 nevienādība ir patiesa
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Pieņemsim, ka n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Mēs pierādīsim neesības derīgumu
vienādības n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Pierādīsim, ka 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 Pēdējais ir acīmredzams, un tāpēc 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, tiek pierādīta nevienlīdzība. Secinājums Jo īpaši, izpētījis matemātiskās indukcijas metodi, es papildināju savas zināšanas šajā matemātikas jomā, kā arī uzzināju, kā atrisināt problēmas, kuras iepriekš nebija manā spēkos. Būtībā tie bija loģiski un izklaidējoši uzdevumi, t.i. tikai tie, kas palielina interesi par pašu matemātiku kā zinātni. Šādu uzdevumu risināšana kļūst par izklaidējošu nodarbi un var piesaistīt matemātikas labirintos arvien vairāk zinātkāru. Manuprāt, tas ir jebkuras zinātnes pamatā. Turpinot pētīt matemātiskās indukcijas metodi, mēģināšu iemācīties to pielietot ne tikai matemātikā, bet arī fizikas, ķīmijas un pašas dzīves uzdevumu risināšanā. MATEMĀTIKA: LEKCIJAS, UZDEVUMI, RISINĀJUMI Mācību grāmata / V. G. Boltjanskis, Ju. V. Sidorovs, M. I. Šabuņins. Potpourri LLC 1996. ALGEBRA UN ANALĪZES PRINCIPI Mācību grāmata / I.T.Demidovs, A.N.Kolmogorovs, S.I.Švartsburga, O.S.Ivaševs-Musatovs, B.E.Veits. "Apgaismība" 1975. Daudzās matemātikas jomās ir jāpierāda tāda apgalvojuma patiesums, kas ir atkarīgs no , t.i., priekšlikuma patiesums p(n) priekš " nнN (jebkuram n IESL p(n) pa labi). To bieži var pierādīt matemātiskās indukcijas metode. Šīs metodes pamatā ir matemātiskās indukcijas princips. To parasti izvēlas kā vienu no aritmētikas aksiomām un tāpēc pieņem bez pierādījumiem. Saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu teikums p(n) tiek uzskatīts par patiesu visām mainīgā lieluma dabiskajām vērtībām, ja ir izpildīti divi nosacījumi: 1. Piedāvājums p(n) patiess priekš n= 1. 2. No teikuma, ka p(n) patiess priekš n =k (k - patvaļīgs naturāls skaitlis), no tā izriet, ka tas ir patiess n =k+ 1. Ar matemātiskās indukcijas metodi saprot šādu pierādīšanas metodi 1. Pārbaudiet apgalvojuma patiesumu n= 1 ir indukcijas bāze. 2. Pieņemsim, ka apgalvojums ir patiess n = k - induktīvs pieņēmums. 3. Pierādiet, ka tad tas attiecas arī uz n =k+ 1 induktīvā pāreja. Dažreiz ieteikums p(n) izrādās taisnība ne visiem dabiskajiem n, un sākot no dažiem par n = n 0. Šajā gadījumā indukcijas bāzē tiek pārbaudīta patiesība p(n) plkst n = n 0. 1. piemērsĻaujiet būt. Pierādiet to 1. Indukcijas bāze: kad n= 1 pēc definīcijas S 1 = 1 un pēc formulas iegūstam vienu rezultātu. Apgalvojums ir pareizs. n=k un . n=k+ 1. Pierādīsim, ka . Patiešām, pēc induktīvā pieņēmuma Pārveidosim šo izteiksmi Induktīvā pāreja ir pierādīta. komentēt. Ir lietderīgi pierakstīt, kas ir dots (induktīvs pieņēmums) un kas jāpierāda! 2. piemērs Pierādīt 1. Indukcijas bāze. Plkst n= 1, apgalvojums acīmredzami ir patiess. 2. Induktīvs pieņēmums. Ļaujiet būt n=k un 3. Induktīvā pāreja. Ļaujiet būt n=k+ 1. Pierādīsim: Patiešām, pieņemsim labo pusi kvadrātā kā divu skaitļu summu: Izmantojot induktīvo pieņēmumu un aritmētiskās progresijas summas formulu: , iegūstam 3. piemērs Pierādiet nevienlīdzību 1. Indukcijas pamats šajā gadījumā ir apgalvojuma patiesuma pārbaude par , t.i. nevienlīdzība ir jāpārbauda. Lai to izdarītu, pietiek ar nevienlīdzības kvadrātu: vai 63< 64 – неравенство верно. 2. Ļaujiet nevienlīdzībai būt patiesai , t.i. 3. Ļaujiet , pierādiet: Mēs izmantojam indukcijas hipotēzi Zinot, kādai vajadzētu izskatīties pierādāmās nevienlīdzības labajā pusē, mēs izvēlamies šo daļu Atliek konstatēt, ka papildu faktors nepārsniedz vienotību. Tiešām, 4. piemērs Pierādiet, ka jebkurš naturāls skaitlis beidzas ar ciparu. 1. Mazākais dabiskais skaitlis, no kura apgalvojums ir patiess, ir vienāds ar . . 2. Lai skaitlis beidzas ar . Tas nozīmē, ka šo skaitli var uzrakstīt kā , kur ir kāds naturāls skaitlis. Tad . 3. Ļaujiet . Pierādīsim, ka tas beidzas ar . Izmantojot iegūto attēlojumu, mēs iegūstam Pēdējam numuram ir tieši vieni. Pielikums 1.4. Matemātiskās indukcijas metode Kā zināms, matemātiskajiem apgalvojumiem (teorēmām) jābūt pamatotiem, pierādītiem. Tagad iepazīsimies ar vienu no pierādīšanas metodēm - matemātiskās indukcijas metodi. Plašā nozīmē indukcija ir spriešanas veids, kas ļauj pāriet no konkrētiem apgalvojumiem uz vispārīgiem. Apgriezto pāreju no vispārīgiem apgalvojumiem uz konkrētiem sauc par dedukciju. Dedukcija vienmēr noved pie pareiziem secinājumiem. Piemēram, mēs zinām vispārīgo rezultātu: visi veseli skaitļi, kas beidzas ar nulli, dalās ar 5. No tā, protams, varam secināt, ka jebkurš konkrēts skaitlis, kas beidzas ar 0, piemēram, 180, dalās ar 5. Tajā pašā laikā indukcija var novest pie nepareiziem secinājumiem. Piemēram, pamanot, ka skaitlis 60 dalās ar skaitļiem 1, 2, 3, 4, 5, 6, mums nav tiesību secināt, ka 60 vispār dalās ar jebkuru skaitli. Matemātiskās indukcijas metode ļauj daudzos gadījumos stingri pierādīt vispārīgā apgalvojuma P(n) pamatotību, kura formulējumā ir iekļauts naturāls skaitlis n. Metodes pielietojums ietver 3 posmus. 1) Indukcijas bāze: pārbaudām apgalvojuma P(n) derīgumu, ja n = 1 (vai citai, privātai n vērtībai, no kuras tiek pieņemts P(n) derīgums). 2) Indukcijas pieņēmums: pieņemam, ka P(n) ir patiess, ja n = k. 3) Indukcijas solis: izmantojot pieņēmumu, pierāda, ka P(n) ir patiess, ja n = k + 1. Rezultātā varam secināt, ka P(n) ir derīgs jebkuram n ∈ N. Patiešām, ja n = 1, apgalvojums ir patiess (indukcijas bāze). Un tāpēc tas attiecas arī uz n = 2, jo pāreja no n = 1 uz n = 2 ir pamatota (indukcijas solis). Atkal un atkal pielietojot indukcijas soli, iegūstam P(n) derīgumu n = 3, 4, 5, . . ., t.i., P(n) derīgums visiem n. 14. piemērs. Pirmo n nepāra naturālu skaitļu summa ir n2: 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2. Pierādīšana tiks veikta ar matemātiskās indukcijas metodi. 1) Bāze: ja n=1, kreisajā pusē ir tikai viens vārds, mēs iegūstam: 1 = 1. Apgalvojums ir pareizs. 2) Pieņēmums: pieņemam, ka kādam k vienādība ir patiesa: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2. Problēmas vispārīgais izklāsts ir šāds: Varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir vienāda ar $p$. $n$ šāvieni. Atrodiet varbūtību, ka mērķis tiks trāpīts tieši $k$ reizes (būs $k$ sitieni). Mēs izmantojam Bernulli formulu un iegūstam: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k). Šeit $C_n^k$ ir kombināciju skaits no $n$ līdz $k$. Ja problēma ir saistīta ar vairākām bultiņām ar dažādas varbūtības trāpīšana mērķī, teorija, risinājumu piemēri un kalkulators, ko varat atrast šeit. Noskatieties mūsu video par problēmu risināšanu ar Bernulli kadriem, uzziniet, kā izmantot Excel, lai atrisinātu izplatītas problēmas.
Excel aprēķinu failu no video var lejupielādēt bez maksas un izmantot savu problēmu risināšanai. Apskatīsim dažus tipiskus piemērus. 1. piemērs Izšāva 7 šāvienus. Iespēja trāpīt ar vienu metienu ir 0,705. Atrodiet varbūtību, ka būs tieši 5 trāpījumi. Iegūstam, ka problēma ir saistīta ar atkārtotiem neatkarīgiem testiem (šāvieni mērķī), kopā tiek izšauti $n=7$ šāvieni, varbūtība trāpīt ar katru $p=0,705$, varbūtība izlaist $q=1-p = 1-0,705 = 0,295 USD. Mums jāatrod, ka būs tieši $k=5$ trāpījumi. Mēs visu aizstājam formulā (1) un iegūstam: $$ 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. $$ 2. piemērs Varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,4. Uz mērķi tiek raidīti četri neatkarīgi šāvieni. Atrodiet varbūtību, ka mērķī tiks trāpīts vismaz viens. Izpētām uzdevumu un pierakstām parametrus: $n=4$ (šāviens), $p=0.4$ (trāpījuma varbūtība), $k \ge 1$ (būs vismaz viens trāpījums). Mēs izmantojam pretēja notikuma varbūtības formulu (nav trāpījuma): $$ 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. $$ Varbūtība trāpīt vismaz reizi četros ir 0,87 jeb 87%. 3. piemērs Varbūtība, ka šāvējs trāpīs mērķī, ir 0,3. Atrodi varbūtību, ka ar 6 šāvieniem mērķī tiks trāpīts trīs līdz sešas reizes. Atšķirībā no iepriekšējām problēmām, šeit ir jāatrod iespējamība, ka trāpījumu skaits būs noteiktā intervālā (un ne tieši vienāds ar kādu skaitli). Bet formula ir tāda pati. Atradīsim varbūtību, ka mērķī tiks trāpīts no trīs līdz sešām reizēm, tas ir, būs vai nu 3, vai 4, vai 5, vai 6 sitieni. Šīs varbūtības aprēķina pēc formulas (1): $$ P_6(3)=C_(6)^3 \cpunkts 0,3^3\cpunkts 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cpunkts 0,3^4\cpunkts 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cpunkts 0,3^5\cpunkts 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cpunkts 0,3^6\cpunkts 0,7^0 = 0,001. Tā kā notikumi nav savietojami, vēlamo varbūtību var atrast, izmantojot varbūtību saskaitīšanas formulu: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$$$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$ 4. piemērs Vismaz viena trāpījuma iespēja ar četriem šāvieniem mērķī ir 0,9984. Atrodiet varbūtību trāpīt mērķī ar vienu šāvienu. Apzīmēsim varbūtību trāpīt mērķī ar vienu šāvienu. Ievadīsim notikumu: Pierakstīsim notikuma $A$ varbūtības formulu. Pierakstīsim zināmās vērtības: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Aizvietojiet formulā (1) un iegūstiet: $$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984. Mēs atrisinām iegūto vienādojumu: $ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ Tātad varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,8. Paldies, ka lasāt un dalāties ar citiem Risinājumā atrodiet gatavus uzdevumus: Tiešsaistes aprēķini, izmantojot Bernulli formulu Nevienlīdzība matemātikā attiecas uz visiem vienādojumiem, kur "=" ir aizstāts ar jebkuru no šīm rakstzīmēm: \ [> \] \ [\geq \] \ [ * lineārs; * kvadrāts; * daļskaitlis; * orientējoši; * trigonometrisks; * logaritmisks. Atkarībā no tā nevienādības sauc par lineārām, daļējām utt. Jums jāapzinās šīs pazīmes: * nevienādības ar lielāku par (>) vai mazāku par ( * Nevienādības ar ikonām, kas ir lielākas vai vienādas ar \[\geq\] mazākas vai vienādas ar [\leq\], tiek sauktas par neprofesionālām; * ikona nav viena un tā pati \[\ne\], bet gadījumi ar šo ikonu ir jāatrisina visu laiku. Šāda nevienlīdzība tiek atrisināta ar identitāšu transformācijām. Izlasiet arī mūsu rakstu "Tiešsaistes vienādojuma pilnīga risinājuma atrisināšana" Pieņemsim, ka pastāv šāda nevienlīdzība: Mēs to atrisinām tāpat kā lineāro vienādojumu, taču mums rūpīgi jāuzrauga nevienlīdzības zīme. Pirmkārt, mēs pārvietojam terminus no nezināmā uz kreiso pusi, no zināmā uz labo, apgriežot simbolus: Pēc tam abas puses sadalām ar -4 un apgriežam nevienlīdzības zīmi: Šī ir atbilde uz šo vienādojumu. Jūs varat atrisināt vienādojumu mūsu vietnē pocketteacher.ru. Dažu sekunžu laikā bezmaksas tiešsaistes glābšanas risinājums atrisinās jebkuras sarežģītības tiešsaistes vienādojumu. Viss, kas jums jādara, ir ievadiet savus datus glābšanā. Mūsu vietnē varat arī noskatīties video instrukcijas un uzzināt, kā atrisināt vienādojumu. Un, ja jums ir jautājumi, varat tos uzdot mūsu Vkontakte grupā: pocketteacher. Pievienojieties mūsu grupai, mēs ar prieku jums palīdzēsim. Vienādojumu risināšana / Diferenciālvienādojumi © RU tests - tiešsaistes kalkulatori vienādojums: Ar kalkulatoru varat atrisināt dažādas sarežģītības diferenciālvienādojumus. MBOU licejs "Tehniskais un ekonomiskais"
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE.
SKAIDROJUMS
Matemātiskā profila 10. klases skolēniem tika sastādīta metodiskā izstrāde "Matemātiskās indukcijas metode". Primārie mērķi: iepazīstināt studentus ar matemātiskās indukcijas metodi un iemācīt to pielietot dažādu uzdevumu risināšanā. Metodiskajā izstrādē tiek izskatīti elementārās matemātikas jautājumi: dalāmības uzdevumi, identitāšu pierādīšana, nevienādību pierādīšana, dažādas sarežģītības pakāpes uzdevumi, tostarp olimpiādēs piedāvātie uzdevumi. Induktīvo secinājumu loma eksperimentālajās zinātnēs ir ļoti liela. Viņi sniedz tos uzkrājumus, no kuriem pēc tam tiek izdarīti turpmāki secinājumi ar atskaitījumu. Vārds matemātiskās indukcijas metode maldinoši – patiesībā šī metode ir deduktīva un sniedz stingru pierādījumu indukcijas ceļā uzminētajiem apgalvojumiem. Matemātiskās indukcijas metode palīdz identificēt saiknes starp dažādām matemātikas sadaļām, palīdz attīstīt skolēna matemātisko kultūru. Matemātiskās indukcijas metodes definīcija. Pilnīga un nepilnīga indukcija. Nevienlīdzības pierādījums. Identitāti apliecinošs dokuments. Dalāmības problēmu risināšana. Dažādu uzdevumu risināšana par tēmu "Matemātiskās indukcijas metode". LITERATŪRA SKOLOTĀJAM
1. M.L. Gaļickis. Padziļināta algebras un matemātiskās analīzes kursa apguve. - M. Apgaismība. 1986. gads. 2. L.I.Zvavičs. Algebra un analīzes sākums. Didaktiskie materiāli. M. Drofa. 2001. gads. 3. N.Ya.Viļenkins. Algebra un matemātiskā analīze. M Apgaismība. 1995. gads. 4. Ju.V.Mihejevs. Matemātiskās indukcijas metode. NGU.1995. LITERATŪRA STUDENTIEM
1. N.Ya. Viļenkins. Algebra un matemātiskā analīze. M Apgaismība. 1995. gads. 2. Ju.V.Mihejevs. Matemātiskās indukcijas metode. NGU.1995. ATSLĒGVĀRDI
Indukcija, aksioma, matemātiskās indukcijas princips, pilnīga indukcija, nepilnīga indukcija, apgalvojums, identitāte, nevienlīdzība, dalāmība. TĒMAS DIDAKTISKS PIELIKUMS
"MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE".
Nodarbība #1
Matemātiskās indukcijas metodes definīcija.
Matemātiskās indukcijas metode ir viena no ļoti efektīvām metodēm jaunu rezultātu atrašanai un izvirzīto pieņēmumu patiesuma pierādīšanai. Lai gan šī metode matemātikā nav jaunums, interese par to nerimst. Pirmo reizi skaidrā izklāstā matemātiskās indukcijas metodi 17. gadsimtā pielietoja izcilais franču zinātnieks Blēzs Paskāls, pierādot skaitļu trijstūra īpašības, kas kopš tā laika ir nosaukts viņa vārdā. Tomēr matemātiskās indukcijas ideja bija zināma senie grieķi. Matemātiskās indukcijas metode balstās uz matemātiskās indukcijas principu, kas tiek pieņemts kā aksioma. Mēs apsvērsim matemātiskās indukcijas ideju ar piemēriem. 1. piemērs.
Kvadrāts tiek sadalīts ar segmentu divās daļās, pēc tam vienu no iegūtajām daļām sadala divās daļās utt. Nosakiet, cik daļās kvadrāts ir sadalīts P soļi? Lēmums. Pēc pirmā soļa mēs ar nosacījumu iegūstam 2 daļas. Otrajā solī vienu daļu atstājam nemainīgu, bet otro sadalām 2 daļās un iegūstam 3 daļas. Trešajā solī 2 daļas atstājam nemainīgas, bet trešo sadalām divās daļās un iegūstam 4 daļas. Ceturtajā solī 3 daļas atstājam nemainīgas, bet pēdējo sadalām divās daļās un iegūstam 5 daļas. Piektajā solī mēs iegūsim 6 daļas. Tiek izteikts priekšlikums, ka caur P soļi, ko mēs iegūstam (n+1) daļa. Bet šis priekšlikums ir jāpierāda. Pieņemsim, ka cauri uz soļos laukums ir sadalīts (k+1) daļa. Tad tālāk (k+1) soli mēs uz daļas tiks atstātas nemainīgas, un (k+1) sadaliet daļu divās daļās un iegūstiet (k+2) daļas. Jūs ievērojat, ka varat šādi strīdēties tik ilgi, cik vēlaties, bezgalīgi. Tas ir, mūsu pieņēmums ir tāds P soļu kvadrāts tiks sadalīts (n+1) daļa, kļūst pierādīts. 2. piemērs.
Manai vecmāmiņai bija mazmeita, kurai ļoti patika ievārījums, un īpaši tas, kas bija litra burkā. Bet vecmāmiņa neļāva viņam pieskarties. Un mazmeitas nolēma piemānīt savu vecmāmiņu. Viņš nolēma katru dienu apēst 1/10 litru no šīs burkas un papildināt to ar ūdeni, rūpīgi samaisot. Pēc cik dienām vecmāmiņa atklās maldināšanu, ja ievārījums pēc izskata paliek tāds pats, atšķaidot ar ūdeni uz pusi? Lēmums. Noskaidrojiet, cik daudz tīra ievārījuma pēc tam paliks burkā P dienas. Pēc pirmās dienas maisījums paliks burkā, kas sastāv no 9/10 ievārījuma un 1/10 ūdens. Pēc divām dienām no burkas pazudīs un paliks 1/10 ūdens un ievārījuma maisījuma (1 litrs maisījuma satur 9/10 litrus ievārījuma, 1/10 litru maisījuma satur 9/100 litrus ievārījuma) 9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litri ievārījuma. Trešajā dienā no burkas pazudīs 1/10 litrs maisījuma, kas sastāv no 81/100 ievārījuma un 19/100 ūdens. 1 litrā maisījuma ir 81/100 litri ievārījuma, 1/10 litrā maisījuma 81/1000 litru ievārījuma. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 litri ievārījuma paliks pēc 3 dienām, bet pārējo uzņems ūdens. Parādās modelis. Caur P atlikušas dienas bankā (9/10) P l ievārījums. Bet atkal tas ir tikai mūsu minējums. Ļaujiet būt uz ir patvaļīgs naturāls skaitlis. Pieņemsim, ka cauri uz dienas bankā paliks (9/10) līdz l ievārījumam. Redzēsim, kas būs bankā pēc citas dienas, tas ir, iekšā (k+1) diena. Pazudīs no bankas 1/10l maisījums no (9/10)
uz l ievārījums un ūdens. AT 1l maisījums ir (9/10)
uz l ievārījums, iekšā 1/10l maisījumi (9/10)
k+1 l ievārījums. Tagad mēs varam droši teikt, ka cauri P atlikušas dienas bankā (9/10)
P l ievārījums. Pēc 6 dienām banka būs 531444/1000000l ievārījumi, pēc 7 dienām - 4782969/10000000l ievārījums, tas ir, mazāk nekā puse. Atbilde: pēc 7 dienām vecmāmiņa atklās maldināšanu. Mēģināsim aplūkoto problēmu risinājumos izdalīt elementārākos. Katru no tiem sākām risināt, izskatot atsevišķus vai, kā saka, īpašus gadījumus. Pēc tam, pamatojoties uz mūsu novērojumiem, mēs izdarījām dažus pieņēmumus P(n), atkarībā no dabiskā P.
apgalvojums tika pārbaudīts, tas ir, pierādīts P(1), P(2), P(3);
to ieteica P(n) derīgs n=k un secināja, ka tad tas būs derīgs uz nākamo n, n=k+1.
Un tad viņi strīdējās apmēram šādi: P(1) pa labi, P(2) pa labi, P(3) pa labi, P(4) pareizi... tieši tā P(n).
Matemātiskās indukcijas princips.
Paziņojums, apgalvojums P(n), atkarībā no dabiskā P, ir derīgs visiem dabiskajiem P, ja 1) apgalvojuma derīgumu par n=1;
2) no izziņas pamatotības pieņēmuma P(n) plkst n=k vajadzētu Taisnīgums P(n) plkst n=k+1.
Matemātikā matemātiskās indukcijas princips parasti tiek izvēlēts kā viena no aksiomām, kas nosaka naturālo skaitļu virkni, un tāpēc tiek pieņemts bez pierādījumiem. Pierādīšanas metodi pēc matemātiskās indukcijas principa parasti sauc par matemātiskās indukcijas metodi. Ņemiet vērā, ka šo metodi plaši izmanto teorēmu, identitātes, dalāmības problēmu risināšanas nevienādību un daudzu citu problēmu pierādīšanai. Nodarbība #2
Pilnīga un nepilnīga indukcija.
Gadījumā, ja matemātiskais apgalvojums attiecas uz noteiktu objektu skaitu, to var pierādīt, katram objektam pārbaudot, piemēram, apgalvojumu "Katrs divciparu pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa." Pierādīšanas metodi, kurā mēs pārbaudām apgalvojumu ierobežotam gadījumu skaitam, sauc par pilnīgu matemātisko indukciju. Šo metodi izmanto salīdzinoši reti, jo apgalvojumi visbiežāk tiek uzskatīti par bezgalīgām kopām. Piemēram, teorēma "Jebkurš pāra skaitlis ir vienāds ar divu pirmskaitļu summu" līdz šim nav ne pierādīta, ne atspēkota. Pat ja mēs pārbaudītu šo teorēmu par pirmo miljardu, tas mūs nevestu ne soli tuvāk tās pierādīšanai. Dabaszinātnēs izmanto nepilno indukciju, vairākas reizes pārbaudot eksperimentu, pārnesot rezultātu uz visiem gadījumiem. 3. piemērs
Uzminiet, izmantojot nepilnu indukcijas formulu naturālo skaitļu kubu summai. Lēmums. 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 . Pierādījums. Lai tā ir taisnība n=k.
Pierādīsim, ka tā ir taisnība n=k+1.
Secinājums: naturālo skaitļu kubu summas formula ir patiesa jebkuram naturālam P.
4. piemērs
Apsveriet vienādības un uzminiet, pie kāda vispārīgā likuma šie piemēri noved pie. Lēmums. 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
……………………………………………………………..
Piemērs #5
Uzrakstiet šādas izteiksmes kā summu: 1) 6. piemērs.
Izmantojot zīmi, ierakstiet šādas summas 2) Piemērs #7.
Ierakstiet šādas izteiksmes kā produktus: 1) 3) Piemērs #8.
Pierakstiet šādus darbus, izmantojot zīmi (lielais grieķu burts "pi") 1) Piemērs #9.
Polinoma vērtības aprēķināšana Vai šis pieņēmums ir pareizs? Lēmums. Ja katra summa dalās ar skaitli, tad summa dalās ar šo skaitli, Matemātikā liela nozīme ir ierobežota gadījumu skaita analīzei: nesniedzot pierādījumu vienam vai otram apgalvojumam, tā palīdz uzminēt pareizo šī apgalvojuma formulējumu, ja tas vēl nav zināms. Tā Sanktpēterburgas Zinātņu akadēmijas biedrs Goldbahs nonāca pie pieņēmuma, ka jebkurš naturāls skaitlis, sākot no diviem, ir ne vairāk kā trīs pirmskaitļu summa. Nodarbība #3
Matemātiskās indukcijas metode ļauj pierādīt dažādas identitātes. Piemērs #10. Pierādīsim to visiem P identitāte Lēmums. Liekam Mums tas ir jāpierāda Pierādīsim, ka Tad no identitātes patiesības Pēc matemātiskās indukcijas principa identitātes patiesība visiem P.
11. piemērs.
Pierādīsim identitāti Pierādījums. termiņu vienlīdzības. Nodarbība numur 4.
Identitātes pierādīšana ar matemātisko indukciju.
Piemērs #12.
Pierādīsim identitāti Pierādījums. Izmantojot matemātiskās indukcijas principu, mēs pierādījām, ka vienlīdzība attiecas uz visiem P.
Piemērs #13.
Pierādīsim identitāti Pierādījums. Piemērojot matemātiskās indukcijas principu, mēs pierādījām, ka apgalvojums ir patiess jebkuram dabiskajam P.
14. piemērs.
Pierādīsim identitāti Pierādījums. Piemērs #15.
Pierādīsim identitāti 1)
n=1;
2) par n=k
vienlīdzība 3) jāpierāda, ka vienlīdzība ir spēkā n=k+1:
Secinājums: identitāte ir derīga jebkurai dabiskajai P.
16. piemērs. Pierādīsim identitāti Pierādījums. Ja n=1
, tad Ļaujiet identitātei noturēties n=k.
Pierādīsim, ka identitāte ir spēkā n=k+1.
Tad identitāte ir derīga jebkurai dabiskajai P.
Nodarbība numur 5.
Identitātes pierādīšana ar matemātisko indukciju.
Piemērs #17. Pierādīsim identitāti Pierādījums. Ja n=2
, tad mēs iegūstam pareizo vienādību: Lai vienlīdzība ir patiesan=k:
Pierādīsim apgalvojuma pamatotību par n=k+1.
Saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu identitāte tiek pierādīta. Piemērs #18.
Pierādīsim identitāti Plkst n=2
šo identitāti var pārrakstīt ļoti vienkāršā formā un acīmredzami taisnība. Ļaujiet plkst n=k tiešām Pierādīsim apgalvojuma pamatotību parn=k+1,
tas ir, vienlīdzība ir izpildīta: . Tātad, mēs esam pierādījuši, ka identitāte ir patiesa jebkurai dabiskajai n≥2.
Piemērs #19.
Pierādīsim identitāti Plkst n=1
mēs iegūstam pareizo vienādību: Pieņemsim, ka plkst n=k mēs arī iegūstam pareizo vienādību: Pierādīsim, ka vienlīdzības derīgums ir ievērots n=k+1:
Tad identitāte ir derīga jebkurai dabiskajai P.
Nodarbība numur 6.
Dalāmības problēmu risināšana.
Piemērs #20. Pierādiet ar matemātisko indukciju, ka Pierādījums. Plkst n=1
ir iedalījums6
bez pēdām, Ļaujiet plkst n=k
izteiksme Pierādīsim, kad n=k+1
izteiksme Katrs termins ir daudzkārtējs 6
, tātad summa ir reizināta ar 6
.
Piemērs numurs 21.
Pierādījums. Plkst n=1
izteiksme ir dalāma Ļaujiet plkst n=k
izteiksme Plkst n=k+1 dalīts ar 5
.
Piemērs #22.
Pierādiet izteiksmes dalāmību Pierādījums. Plkst n=1 vairākas 16
.
Ļaujiet plkst n=k
Plkst n=k+1
Visi termini dalās ar 16:
pirmais acīmredzami ir otrais pēc pieņēmuma, un trešajā ir pāra skaitlis iekavās. Piemērs #23.
Pierādīt dalāmību Pierādījums. Vispirms pierādīsim to Plkst n=0
Ļaujiet plkst n=k
Tad plkst n=k+1 dalīts ar 26
.
Tagad pierādīsim apgalvojumu, kas formulēts problēmas nosacījumā. Plkst n=1 dalīts ar 676.
Plkst n=k
tā ir taisnība Plkst n=k+1
.
Abi termini dalās ar 676
; pirmais ir tāpēc, ka esam pierādījuši dalāmību ar 26
izteiksme iekavās, bet otrā dalās ar induktīvo hipotēzi. Nodarbība numur 7.
Dalāmības problēmu risināšana.
24. piemērs.
Pierādiet to Pierādījums. Plkst n=1
Plkst n=k
Plkst n=k+1
katrs termins dalās ar5
bez pēdām. Piemērs #25.
Pierādiet to Pierādījums. Plkst n=1
Ļaujiet plkst n=k
Plkst n=k+1 dalīts ar 6
nav atlikuma, jo katrs vārds dalās ar6
bez atlikuma: pirmais termins pēc induktīvā pieņēmuma, otrs, acīmredzot, trešais, jo Piemērs #26.
Pierādiet to Pierādījums. Pierādīsim to Plkst n=1 Plkst n=k+1 dalīts ar 9
.
Piemēra numurs 27.
Pierādīt, ka dalās ar15
bez pēdām. Pierādījums. Plkst n=1 dalīts ar 15
.
Ļaujiet plkst n=k dalīts ar 15
bez pēdām. Plkst n=k+1
Pirmais termins ir daudzkārtējs15
saskaņā ar indukcijas hipotēzi otrais termins ir daudzkārtējs15
– acīmredzot, trešais termins ir daudzkārtējs15
, kā Nodarbības numurs 8-9.
Nevienādību pierādīšana ar matemātisko indukciju
Piemērs #28. Plkst n=1 mums ir Ļaujiet plkst n=k Plkst n=k+1 Tad nevienlīdzība ir spēkā jebkurai dabiskajai P. 29. piemērs. Pierādiet, ka nevienlīdzība ir patiesa Plkst n=1 mēs iegūstam pareizo nevienlīdzību 4 >1.
Ļaujiet plkst n=k nevienlīdzība Pierādīsim, kad n=k+1 nevienlīdzība Jebkurai dabiskai uz tiek novērota nevienlīdzība. Ja Piemērs #30. Ļaujiet būt n=1 Pieņemsim, ka nevienlīdzība attiecas uz n=k: Plkst n=k+1 Piemērs numurs 31. Pierādiet nevienlīdzības pamatotību Vispirms pierādīsim to jebkurai dabiskai t nevienlīdzība Plkst n=1 sākotnējā nevienlīdzība ir patiesa Lai nevienlīdzība paliek spēkā n=k: Plkst n=k+1 Nodarbība 10.
Problēmu risināšana par tēmu
Matemātiskās indukcijas metode.
Piemērs #32. Pierādiet Bernulli nevienlīdzību. Ja Pierādījums. Plkst n=1
pierādāmā nevienlīdzība izpaužas formā Tā kā atbilstoši stāvoklim Kā Tātad nevienlīdzība ir patiesa n=1, un no tās patiesības plkst n=k no tā izriet, ka tā ir patiesība un n=k+1. Tādējādi ar matemātisko indukciju tas attiecas uz visu dabisko P.
Piemēram, 33. piemērs.
Atrodi visas dabas vērtībasP
, kam nevienlīdzība Lēmums. Plkst n=1 nevienlīdzība ir pareiza. Plkst n=2 nevienlīdzība arī ir taisnība. Plkst n=3 nevienlīdzība vairs nav apmierināta. Tikai kad n=6 nevienlīdzība ir spēkā, tāpēc mēs varam ņemt indukcijas bāzi n=6.
Pieņemsim, ka nevienlīdzība ir patiesa attiecībā uz kādu dabisku uz:
Pēdējā nevienlīdzība ir spēkā, ja Problēmu risināšana par sitienu iespējamību šāvienu laikā
Video apmācība un Excel veidne
Problēmu risināšanas piemēri par sitienu mērķī šāvienu sērijā
$A = $ (no četriem šāvieniem vismaz viens trāpīs mērķī),
kā arī tā pretējais notikums, ko var uzrakstīt šādi:
$\overline(A) = $ (Visi 4 šāvieni netrāpīs mērķī, nav trāpījumu).Noderīgas saites
Nevienādības atrisināšana ar kalkulatoru
Kur es varu atrisināt nevienlīdzību internetā?
Bernulli nevienlīdzības kalkulators
Pilnas matemātiskās indukcijas metode
Diferenciālvienādojumu risinājums
Ievadiet atšķir.
Atrisināto diferenciālvienādojumu piemēri
2) 
3)
; 4) 
.
Grieķu burts "sigma".
:
4) 
2)
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, plkst n=1,2,3,4,5,6,7
var pieņemt, ka jebkurai dabiskaiP numuru f
(
n
)
vienkārši.
nav pirmskaitlis jebkuram naturālam skaitlimP.
identitātes patiesība seko 
; 
. Tātad šī identitāte ir patiesa visiemP
.
n≥2.
.
dalīts ar 6
bez pēdām.
.
vairākas6.
vairākas6
.
uz5
bez pēdām.
.
sadalīts arī5
bez pēdām.
uz16.
vairākas16.
uz676.
dalīts ar 
.
.
dalīts ar26
.
dalīts ar26
2
.
dalīts ar5
bez pēdām.
dalīts ar5.
dalīts ar5
bez pēdām.
dalīts ar6
bez pēdām.
dalīts ar6
bez pēdām.
dalīts ar6
bez pēdām.
pāra skaitlis.
dalot ar9
dod atlikušo daļu 1
.
dalīts ar9
.
dalīts ar 9
. Ļaujiet plkst n=k
dalīts ar9
.
vairākas5
(pierādīts piemērā Nr. 21), arī ceturtais un piektais termins ir daudzkārtņi5
, kas ir acīmredzams, tad summa ir daudzkārtņa15
.
.
- pa labi.
ir patiesa nevienlīdzība.
jebkuram P.
.
plkst 
tad
jebkuram dabiskam P un jebkura 
, pa labi.
.
jebkuram dabiskam P.
Reiziniet abas nevienlīdzības puses ar 
. Iegūstam līdzvērtīgu nevienlīdzību vai 
; 
; - šī nevienlīdzība attiecas uz jebkuru dabisko t.
; 
; 
.
.
, tad visām dabas vērtībāmP
nevienlīdzība
un acīmredzot pareizi. Pieņemsim, ka tā ir taisnīban=k
, tas ir, ko 
.
, tad 
, un tāpēc nevienlīdzība nemaina savu nozīmi, ja abas tās daļas reizina ar 
:
, tad mēs to sapratīsim
.
Apsveriet nevienlīdzību
Pārbaudes darbs par tēmu n=1 tiek dots atkārtoti: n≥5 , kur P- -dabiskais skaitlis.