Matematisk induktionsformel. Metodisk utveckling "metod för matematisk induktion". Principen för matematisk induktion och dess bevis

En bevismetod baserad på Peanos axiom 4 används för att bevisa många matematiska egenskaper och olika påståenden. Grunden för detta är följande teorem.

Sats. Om uttalandet MEN(n) med naturlig variabel n sant för n= 1 och från det faktum att det är sant för n=k, det följer att det också är sant för nästa nummer n=k, sedan uttalandet MEN(n) n.

Bevis. Beteckna med M uppsättningen av dessa och endast de naturliga tal för vilka påståendet MEN(n) Sann. Sedan har vi från satsens tillstånd: 1) 1 M; 2) k MkM. Därför drar vi slutsatsen att på grundval av Axiom 4 M =N, dvs. påstående MEN(n) sant för alla naturliga n.

Bevismetoden baserad på detta teorem kallas metod för matematisk induktion, och axiomet är induktionens axiom. Detta bevis har två delar:

1) bevisa att påståendet MEN(n) sant för n= A(1);

2) anta att påståendet MEN(n) sant för n=k, och, med utgångspunkt från detta antagande, bevisa att påståendet En) sant för n=k+ 1, dvs. att påståendet är sant A(k) A(k+ 1).

Om en MEN( 1) MEN(k) A(k+ 1) är ett sant påstående, då drar de slutsatsen att påståendet En) sant för alla naturliga tal n.

Bevis genom matematisk induktion kan börja inte bara med bekräftelse av sanningen av påståendet för n= 1, men också från valfritt naturligt tal m. I detta fall uttalandet MEN(n) kommer att bevisas för alla naturliga tal nm.

Problem. Låt oss bevisa att för alla naturliga tal är likheten 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Beslut. Jämlikhet 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = när en formel som kan användas för att hitta summan av de första på varandra följande udda naturliga talen. Till exempel, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (summan innehåller 4 termer), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (summan innehåller 6 termer); om denna summa innehåller 20 termer av den angivna typen är den lika med 20 = 400, etc. Efter att ha bevisat sanningen om denna likhet kommer vi att kunna hitta summan av valfritt antal termer av den angivna typen med hjälp av formeln.

1) Verifiera sanningen av denna jämlikhet för n= 1. När n= 1 den vänstra sidan av likheten består av en term lika med 1, den högra sidan är lika med 1= 1. Eftersom 1 = 1, då för n= 1 denna jämlikhet är sann.

2) Antag att denna jämlikhet gäller för n=k, dvs. att 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Baserat på detta antagande bevisar vi att det är sant för n=k+ 1, dvs. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Tänk på den vänstra sidan av den senaste jämlikheten.

Genom antagande, summan av den första k villkor är k och därför 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Uttryck k+ 2k + 1 är identiskt lika med uttrycket ( k + 1).

Därför sanningen om denna jämlikhet för n=k+ 1 är bevisat.

Således gäller denna jämlikhet för n= 1 och från dess sanning för n=k följer sanningen för n=k+ 1.

Detta bevisar att denna likhet är sant för alla naturliga tal.

Genom att använda metoden för matematisk induktion kan man bevisa sanningen om inte bara jämlikheter, utan också ojämlikheter.

Uppgift. Bevisa det där nN.

Beslut. Låt oss kontrollera sanningen om ojämlikheten för n= 1. Vi har - en sann ojämlikhet.

Låt oss anta att ojämlikheten är sann för n=k, de där. – verklig ojämlikhet. Låt oss bevisa, baserat på antagandet, att det är sant för n=k+ 1, dvs. (*).

Vi transformerar den vänstra sidan av ojämlikheten (*), med hänsyn till att : .

Men, det betyder .

Så denna ojämlikhet gäller n= 1, och från det faktum att ojämlikheten är sant för vissa n= k, fann vi att det också är sant för n= k + 1.

Med hjälp av Axiom 4 har vi alltså bevisat att denna olikhet är sann för alla naturliga tal.

Andra påståenden kan också bevisas med metoden för matematisk induktion.

Uppgift. Bevisa att påståendet är sant för alla naturliga tal.

Beslut. Låt oss kontrollera sanningen i påståendet för n= 1: -sant påstående.

Låt oss anta att detta påstående är sant för n=k: . Låt oss visa, med hjälp av detta, sanningen i uttalandet för n=k+ 1: .

Låt oss omvandla uttrycket: . Låt oss hitta skillnaden k och k+ 1 medlemmar. Om det visar sig att den resulterande skillnaden är en multipel av 7, och genom antagandet att subtrahenden är delbar med 7, så är minuenden också en multipel av 7:

Produkten är därför en multipel av 7 och .

Således är detta påstående sant för n= 1 och från dess sanning för n=k följer sanningen för n=k+ 1.

Detta bevisar att detta påstående är sant för alla naturliga tal.

Uppgift. Bevisa det för alla naturliga tal n 2 påstående (7-1)24 är sant.

Beslut. 1) Kontrollera sanningen i påståendet för n= 2: - sant påstående.

Bevismetoden, som kommer att diskuteras i detta avsnitt, är baserad på ett av den naturliga seriens axiom.

Axiom för induktion. Låt en mening ges som beror på variabeln P, istället för vilket du kan ersätta alla naturliga tal. Låt oss beteckna det A(p). Låt också meningen MENär sant för siffran 1 och från det faktum att MEN sant för antal till, följer det MEN sant för antal k+ 1. Erbjud sedan MEN sant för alla naturvärden P.

Symbolisk notation av axiomet:

Här topp- variabler över mängden naturliga tal. Från induktionens axiom erhålls följande slutledningsregel:

Så, för att bevisa sanningen i påståendet MEN, vi kan först bevisa två påståenden: sanningen i påståendet MEN( 1), såväl som följden A(k) => A(k+ 1).

Med hänsyn till ovanstående beskriver vi enheten metod

matematisk induktion.

Låt det krävas för att bevisa att meningen A(p) sant för allt naturligt P. Beviset är uppdelat i två steg.

• 1:a etappen. basen för induktion. Vi tar som ett värde P nummer 1 och kolla det MEN( 1) är ett sant påstående.
• 2:a etappen. Induktiv övergång. Vi bevisar det för alla naturliga tal till implikationen är sann: om A(k), då A(k+ 1).

Den induktiva passagen börjar med orden: ”Ta ett godtyckligt naturligt tal till, Så att A(k)", eller "Låt för ett naturligt tal till rätt A(k)". Istället för ordet "låt" säger de ofta "anta att ...".

Efter dessa ord, bokstaven till betecknar något fast objekt för vilket förhållandet gäller A(k). Kommer från A(k) vi härleder konsekvenser, det vill säga vi bygger en kedja av meningar A(k) 9 R, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), där varje mening R,är ett sant uttalande eller en konsekvens av föregående meningar. Den sista meningen R" måste matcha med A(k+ ett). Av detta drar vi slutsatsen: från A(k) skall A(k+).

Utförandet av en induktiv övergång kan delas in i två steg:

• 1) Induktivt antagande. Här utgår vi från det MEN till variabel n.
• 2) Baserat på antagandet bevisar vi det MEN rätt för nummer?+1.

Exempel 5.5.1. Låt oss bevisa att antalet p+pär även för alla naturliga P.

Här A(p) = "n 2 + n- jämnt nummer". Det krävs för att bevisa det MEN - identiskt sant predikat. Vi tillämpar metoden matematisk induktion.

basen för induktion. Låt oss ta l=1. Ersätter i uttrycket P+//, vi får n2+n= I 2 + 1 = 2 är ett jämnt tal, det vill säga /1(1) är ett sant påstående.

Låt oss formulera induktiv hypotes A(k)= "Nummer till 2 + till -även." Du kan säga så här: "Ta ett godtyckligt naturligt tal till Så att till 2 + tillär ett jämnt tal.

Av detta drar vi slutsatsen påståendet A(kA-)= "Nummer (k+ 1) 2 + (? + 1) - jämnt.

Genom funktionernas egenskaper utför vi transformationer:

Den första termen i den resulterande summan är jämn genom antagande, den andra är jämn per definition (eftersom den har formen 2 P). Så summan är ett jämnt tal. Erbjudande A(k+ 1) bevisat.

Med metoden för matematisk induktion avslutar vi: meningen A(p) sant för allt naturligt P.

Det finns naturligtvis ingen anledning att ange notationen varje gång A(p). Det rekommenderas dock fortfarande att formulera det induktiva antagandet och vad som krävs för att härledas från det på en separat rad.

Observera att påståendet från exempel 5.5.1 kan bevisas utan att använda metoden för matematisk induktion. För att göra detta räcker det att överväga två fall: när Päven och när P udda.

Många delbarhetsproblem löses genom matematisk induktion. Låt oss titta på ett mer komplext exempel.

Exempel 5.5.2. Låt oss bevisa att talet 15 2u_| +1 är delbart med 8 för alla naturliga tal P.

Bacha induktion. Låt oss ta /1=1. Vi har: nummer 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 är delbart med 8.

, vilket för vissa

naturligt nummer till talet 15 2 * '+1 är delbart med 8.

Låt oss bevisa vad är då numret a\u003d 15 2 (ZHN +1 är delbart med 8.

Låt oss konvertera talet a:

Genom antagande är talet 15 2A1 +1 delbart med 8, vilket betyder att hela den första termen är delbar med 8. Den andra termen 224=8-28 är också delbar med 8. Således är talet delbart med 8. a eftersom skillnaden mellan två tal som är multipler av 8 är delbar med 8. Det induktiva steget är motiverat.

Baserat på metoden för matematisk induktion drar vi slutsatsen att för alla naturliga P talet 15 2 "-1 -*-1 är delbart med 8.

Låt oss göra några kommentarer om det lösta problemet.

Det bevisade påståendet kan formuleras lite annorlunda: "Siffran 15" "+1 är delbart med 8 för alla udda naturliga / och".

För det andra, från det beprövade allmänna uttalandet, kan man dra en särskild slutsats, vars bevis kan ges som ett separat problem: talet 15 2015 +1 är delbart med 8. Därför är det ibland användbart att generalisera problemet genom att beteckna ett visst värde med en bokstav, och sedan tillämpa metoden matematisk induktion.

I den mest allmänna meningen betyder termen "induktion" att allmänna slutsatser görs på grundval av särskilda exempel. Till exempel, efter att ha övervägt några exempel på summor av jämna tal 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, drar vi slutsatsen att summan av två jämna tal är jämna tal.

I det allmänna fallet kan en sådan induktion leda till felaktiga slutsatser. Låt oss ge ett exempel på ett sådant felaktigt resonemang.

Exempel 5.5.3. Tänk på antalet a= /r+n+41 för naturlig /?.

Låt oss hitta värdena a för vissa värden P.

Låt vara n= Jag då a = 43 är ett primtal.

Låt /7=2. Sedan a= 4+2+41 = 47 är primtal.

Låt l=3. Sedan a= 9+3+41 = 53 är primtal.

Låt /7=4. Sedan a= 16+4+41 = 61 är primtal.

Ta som värderingar P siffror efter quad, såsom 5, 6, 7, och se till att siffran a kommer att vara enkelt.

Vi avslutar: "För alla naturliga /? siffra a kommer att vara enkelt."

Resultatet är ett falskt påstående. Här är ett motexempel: /7=41. Se till att med detta P siffra a kommer att vara sammansatt.

Termen "matematisk induktion" har en snävare betydelse, eftersom användningen av denna metod gör att du alltid kan få rätt slutsats.

Exempel 5.5.4. Baserat på induktiva resonemang får vi en formel för den allmänna termen för en aritmetisk progression. Kom ihåg att det aritmetiska yrket är en numerisk sekvens, där varje medlem skiljer sig från den föregående med samma nummer, kallad progressionsskillnaden. För att unikt specificera ett aritmetiskt yrke måste du ange dess första medlem a och skillnad d.

Så per definition ett p+ = a n + d, på n> 1.

I matematikkursen fastställs som regel formeln för den allmänna termen för aritmetikyrket på grundval av särskilda exempel, det vill säga just genom induktion.

Om /7=1, DÅ Med 7| = JAG|, DÅ är jag| = tf|+df(l -1).

Om /7=2, då i 2 = a + d, dvs a= I|+*/(2-1).

Om /7=3, då i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, dvs i3 = i|+(3-1).

Om /7=4, då i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3, etc.

De givna specifika exemplen tillåter oss att lägga fram en hypotes: den allmänna termformeln har formen en" = a+(n-)d för alla /7>1.

Låt oss bevisa denna formel med metoden för matematisk induktion.

basinduktion verifierats i tidigare diskussioner.

Låt vara till - ett sådant nummer som jag * - a+(k-)d (induktivt antagande).

Låt oss bevisa att jag*+! = a+((k+)-)d, dvs i*+1 = ax+kd.

Per definition i*+1 = ab + d. a till= i | +(till-1 )d, betyder att, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= jag i +kd, som krävdes för att bevisa (för att motivera den induktiva övergången).

Nu formeln i„ = a+(n-)d bevisat för alla naturliga tal /;.

Låt någon sekvens i b i 2 , i, „ ... (inte

nödvändigtvis en aritmetisk eller geometrisk progression). Ofta finns det problem där det krävs att summera det första P medlemmar av denna sekvens, det vill säga ange summan R|+i 2 +...+i och en formel som låter dig hitta värdena för denna summa utan att beräkna medlemmarna i sekvensen.

Exempel 5.5.5. Låt oss bevisa att summan av den första P naturliga tal är

/?(/7 + 1)

Beteckna summan 1+2+...+/7 med Sn. Låt oss hitta värdena S n för vissa /7.

Observera att för att hitta summan S 4 kan du använda värdet 5 3 som beräknats tidigare, eftersom 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Om vi ​​ersätter de övervägda värdena\u200b\u200b/? på sikt --- något

vi får, respektive, samma summor 1, 3, 6, 10. Dessa observationer

. _ n(n + 1)

föreslå att formeln S„=--- kan användas när

någon //. Låt oss bevisa denna gissning med metoden matematisk induktion.

basinduktion verifierad. Vi gör det induktiv övergång.

Anta att formeln är sann för något naturligt tal

, k(k+ 1)

k, då är nätverket summan av det första till naturliga tal är ----.

Låt oss bevisa att summan av de första (?+1) naturliga talen är lika med

• (* + !)(* + 2)

Låt oss uttrycka?*+1 genom S k . För att göra detta grupperar vi den första i summan S*+i till termer och skriv den sista termen separat:

Genom den induktiva hypotesen S k = Så att hitta

summan av de första (? + 1) naturliga talen, är tillräcklig för de redan beräknade

. „ k(k+ 1) _ .. ..

summan av den första till tal lika med ---, lägg till en term (k + 1).

Den induktiva övergången är motiverad. Därmed är hypotesen som lades fram i början bevisad.

Vi har bevisat formeln Sn = n ^ n+ metod

matematisk induktion. Naturligtvis finns det andra bevis också. Du kan till exempel skriva summan S, i stigande ordning av termer, och sedan i fallande ordning av termer:

Summan av termerna i en kolumn är konstant (i en summa minskar varje nästa term med 1 och i den andra ökar med 1) och är lika med (/r + 1). Därför har vi summerat de resulterande summorna P termer lika med (u+1). Så dubbelt så mycket S „är lika med n(n+ 1).

Den nyss bevisade formeln kan erhållas som ett specialfall av formeln för summan av den första P medlemmar av en aritmetisk progression.

Låt oss återgå till metoden för matematisk induktion. Observera att det första steget i metoden för matematisk induktion (induktionens bas) alltid är nödvändigt. Frånvaron av detta steg kan leda till en felaktig slutsats.

Exempel 5.5.6. Låt oss "bevisa" meningen: "Siffran 7" + 1 är delbart med 3 för alla naturliga tal ".

”Anta att det för något naturvärde till talet 7*+1 är delbart med 3. Låt oss bevisa att talet 7 x +1 är delbart med 3. Utför transformationerna:

Talet 6 är uppenbarligen delbart med 3. Talet 1 till +är delbart med 3 med den induktiva hypotesen, så talet 7-(7* + 1) är också delbart med 3. Därför kommer skillnaden mellan tal som är delbart med 3 också att vara delbart med 3.

Förslaget bevisat."

Beviset för den ursprungliga propositionen är felaktig, trots att det induktiva steget är korrekt. Faktum är att kl n= Jag har nummer 8, med n=2 - talet 50, ..., och inget av dessa tal är delbart med 3.

Låt oss göra en viktig anmärkning om notationen av ett naturligt tal när vi utför en induktiv övergång. När man formulerar ett förslag A(p) brev P vi betecknade en variabel, istället för vilken alla naturliga tal kan ersättas. När vi formulerade den induktiva hypotesen betecknade vi variabelns värde med bokstaven till. Dock väldigt ofta istället för ett nytt brev till använd samma bokstav som variabeln. Detta påverkar inte strukturen av resonemanget när man utför den induktiva övergången.

Låt oss överväga några fler exempel på problem för vilka metoden för matematisk induktion kan tillämpas.

Exempel 5.5.7. Hitta värdet på summan

Variabel i uppgiften P dyker inte upp. Tänk dock på sekvensen av termer:

Beteckna S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Låt oss hitta S" för vissa P. Om /1= 1, då S, = a, =-.

Om en n= 2. sedan S, = en, + a? = - + - = - = -.

Om /?=3, då S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Du kan räkna ut värdena själv S „ vid /7 = 4; 5. Uppstår

naturlig gissning: S n= -- för alla naturliga /7. Låt oss bevisa

Detta är genom matematisk induktion.

basinduktion kontrollerat ovan.

Vi gör det induktiv övergång, betecknar en godtycklig

variabelt värde P samma brev, det vill säga vi bevisar det från jämlikheten

0 /7 _ /7 +1

S n=-följer jämställdhet S, =-.

/7+1 /7 + 2

Anta att jämställdheten är sann S= - P -.

Låt oss fördela totalt S„+ först P villkor:

Genom att tillämpa det induktiva antagandet får vi:

Om vi ​​minskar bråket med (/7+1), kommer vi att ha jämställdheten S n +1 - , L

Den induktiva övergången är motiverad.

Detta bevisar att summan av den första P villkor

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- är lika med -. Låt oss nu gå tillbaka till originalet
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

uppgift. För att lösa det räcker det att ta som värdet P nummer 99.

Då blir summan -!- + -!- + -!- + ...+ --- lika med talet 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Försök att beräkna detta belopp på ett annat sätt.

Exempel 5.5.8. Låt oss bevisa att derivatan av summan av ett ändligt antal differentierbara funktioner är lika med summan av derivatan av dessa funktioner.

Låt variabeln /? anger antalet givna funktioner. I det fall då endast en funktion ges är det denna funktion som förstås som summan. Därför, om /7=1, är påståendet uppenbarligen sant: /" = /".

Anta att påståendet är sant för en uppsättning av P funktioner (här igen istället för bokstaven till brev taget P), det vill säga derivatan av summan P funktioner är lika med summan av derivator.

Låt oss bevisa att derivatan av summan av (n + 1) funktioner är lika med summan av derivatorna. Ta en godtycklig uppsättning bestående av n+ differentierbar funktion: /1,/2, . Låt oss representera summan av dessa funktioner

som g+f„+ 1, var g=f +/g + ... +/t- belopp P funktioner. Genom den induktiva hypotesen, derivatan av funktionen gär lika med summan av derivator: g" = ft + ft + ... +ft. Därför gäller följande jämställdhetskedja:

Den induktiva övergången är avslutad.

Således är den ursprungliga propositionen bevisad för vilket ändligt antal funktioner som helst.

I vissa fall krävs det att bevisa sanningen i påståendet A(p) för alla naturliga i, utgående från något värde med. Beviset genom matematisk induktion i sådana fall utförs enligt följande schema.

basen för induktion. Vi bevisar att förslaget MEN sant för värde P, likvärdig med.

Induktiv övergång. 1) Vi utgår från att förslaget MEN sant för något värde till variabel /?, som är större än eller lika med med.

2) Vi bevisar att förslaget MEN sant för /? lika med

Notera igen att istället för bokstaven till lämnar ofta variabelbeteckningen P. I det här fallet börjar den induktiva övergången med orden: ”Anta att det för något värde n>s rätt A(p). Låt oss bevisa det då A(n+ ett)".

Exempel 5.5.9. Låt oss bevisa det för alla naturliga n> 5 är ojämlikheten 2” > och 2 sann.

basen för induktion. Låt vara n= 5. Sedan 2 5 =32, 5 2 =25. Ojämlikhet 32>25 är sant.

Induktiv övergång. Anta, att ojämlikheten 2 P>n 2 för något naturligt tal n> 5. Låt oss bevisa, vilket då är 2" +| > (n+1) 2 .

Genom egenskaper hos potenser 2” +| = 2-2". Eftersom 2" > n 2 (genom den induktiva hypotesen), då 2-2" > 2n 2 (I).

Låt oss motivera det 2 p 2 större än (i+1) 2 . Detta kan göras på många sätt. Det räcker för att lösa den kvadratiska ojämlikheten 2x 2 >(x+) 2 i mängden reella tal och se att alla naturliga tal större än eller lika med 5 är dess lösningar.

Vi kommer att gå tillväga enligt följande. Låt oss hitta skillnaden mellan nummer 2 p 2 och (i+1) 2:

Sedan och > 5, sedan i + 1 > 6, vilket betyder (i + 1) 2 > 36. Därför är skillnaden större än 0. Så, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Av ojämlikheternas egenskaper följer av (I) och (2) att 2*2" > (n + 1) 2 , vilket krävdes för att visa sig motivera den induktiva övergången.

Baserat på metoden för matematisk induktion drar vi slutsatsen att ojämlikheten 2" > i 2 är sant för alla naturliga tal i.

Betrakta en annan form av metoden för matematisk induktion. Skillnaden ligger i den induktiva övergången. För att implementera det krävs två steg:

• 1) anta att erbjudandet A(p) sant för alla värden av variabeln i mindre än något tal R;
• 2) av det gjorda antagandet dra slutsatsen att förslaget A(p) sant för antal R.

Således kräver det induktiva steget bevis på följden: [(Ui?) A(n)] => A(p). Observera att följden kan skrivas om som: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

I den ursprungliga formuleringen av metoden för matematisk induktion för att bevisa påståendet A(p) vi förlitade oss endast på det "föregående" förslaget A(p- ett). Formuleringen av metoden som ges här tillåter härledning A(p), förutsatt att alla förslag En), där jag är mindre R, är sanna.

Exempel 5.5.10. Låt oss bevisa satsen: "Summan av de inre vinklarna för en i-gon är 180°(i-2)".

För en konvex polygon är satsen lätt att bevisa om den delas med diagonaler som dras från en vertex till trianglar. Men för en icke-konvex polygon kanske en sådan procedur inte är möjlig.

Låt oss bevisa satsen för en godtycklig polygon genom matematisk induktion. Vi antar att följande påstående är känt, vilket strängt taget kräver ett separat bevis: "I varje //-gon finns en diagonal som ligger helt i dess inre del."

Istället för en variabel // kan du ersätta alla naturliga tal som är större än eller lika med 3. För n=b Satsen är sann eftersom summan av vinklarna i en triangel är 180°.

Ta några /7-gon (p> 4) och anta att summan av vinklarna för valfri //-gon, där // p, är lika med 180°(//-2). Låt oss bevisa att summan av vinklarna för //-gonen är lika med 180°(//-2).

Låt oss rita en diagonal //-gon som ligger inuti den. Det kommer att dela //-gon i två polygoner. Låt en av dem ha till sidorna, den andra till 2 sidor. Sedan k + k 2 -2 \u003d p, eftersom de resulterande polygonerna har en gemensam sida ritad diagonal, som inte är en sida av den ursprungliga //-gon.

Båda siffrorna till och till 2 mindre //. Låt oss tillämpa det induktiva antagandet på de resulterande polygonerna: summan av vinklarna för A]-gonen är 180°-(?i-2), och summan av vinklarna? 2-gon är lika med 180 ° - (Ar 2 -2). Då blir summan av vinklarna för //-gon lika med summan av dessa tal:

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

Den induktiva övergången är motiverad. Baserat på metoden för matematisk induktion, är satsen bevisad för alla //-gon (//>3).

Metod för matematisk induktion

Introduktion

Huvudsak

1. Fullständig och ofullständig induktion
2. Principen för matematisk induktion
3. Metod för matematisk induktion
4. Lösning av exempel
5. Jämlikhet
6. Talindelning
7. ojämlikheter

Slutsats

Lista över begagnad litteratur

Introduktion

Deduktiva och induktiva metoder är grunden för all matematisk forskning. Den deduktiva resonemangsmetoden är resonemang från det allmänna till det särskilda, d.v.s. resonemang, vars utgångspunkt är det allmänna resultatet, och slutpunkten är det särskilda resultatet. Induktion tillämpas när man går från särskilda resultat till generella, d.v.s. är motsatsen till den deduktiva metoden.

Metoden för matematisk induktion kan jämföras med framsteg. Vi utgår från det lägsta, som ett resultat av logiskt tänkande kommer vi till det högsta. Människan har alltid strävat efter framsteg, efter förmågan att utveckla sin tanke logiskt, vilket innebär att naturen själv har bestämt henne att tänka induktivt.

Även om tillämpningsområdet för metoden för matematisk induktion har vuxit, ägnas lite tid åt det i skolans läroplan. Tja, säg att en användbar person kommer att hämtas av dessa två eller tre lektioner för vilka han hör fem teoriord, löser fem primitiva problem och, som ett resultat, får en femma för att inte veta någonting.

Men det här är så viktigt – att kunna tänka induktivt.

Huvudsak

I sin ursprungliga betydelse tillämpas ordet "induktion" på resonemang genom vilka allmänna slutsatser erhålls baserat på ett antal särskilda påståenden. Den enklaste metoden för resonemang av detta slag är fullständig induktion. Här är ett exempel på ett sådant resonemang.

Låt det krävas att fastställa att varje naturligt jämnt tal n inom 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.

Dessa nio likheter visar att vart och ett av talen som är intressanta för oss verkligen representeras som summan av två primtalster.

Fullständig induktion är alltså att det allmänna påståendet bevisas separat i vart och ett av ett ändligt antal möjliga fall.

Ibland kan det allmänna resultatet förutsägas efter att man inte har beaktat alla, utan snarare ett stort antal specialfall (den så kallade ofullständiga induktionen).

Resultatet som erhålls genom ofullständig induktion förblir dock bara en hypotes tills det bevisas med exakta matematiska resonemang, som täcker alla specialfall. Med andra ord, ofullständig induktion i matematik anses inte vara en legitim metod för rigorösa bevis, utan är en kraftfull metod för att upptäcka nya sanningar.

Låt, till exempel, det krävs för att hitta summan av de första n på varandra följande udda talen. Tänk på speciella fall:

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

Efter att ha övervägt dessa få specialfall antyder följande allmänna slutsats sig själv:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

de där. summan av de första n på varandra följande udda talen är n 2

Naturligtvis kan den gjorda observationen ännu inte tjäna som ett bevis på giltigheten av ovanstående formel.

Komplett induktion har endast begränsade tillämpningar inom matematik. Många intressanta matematiska påståenden täcker ett oändligt antal specialfall, och vi kan inte testa för ett oändligt antal fall. Ofullständig induktion leder ofta till felaktiga resultat.

I många fall är vägen ut ur den här typen av svårigheter att tillgripa en speciell metod för resonemang, som kallas metoden för matematisk induktion. Det är som följer.

Låt det vara nödvändigt att bevisa giltigheten av ett visst påstående för ett naturligt tal n (till exempel är det nödvändigt att bevisa att summan av de första n udda talen är lika med n 2). En direkt verifiering av detta påstående för varje värde på n är omöjligt, eftersom mängden naturliga tal är oändlig. För att bevisa detta påstående, kontrollera först dess giltighet för n=1. Sedan är det bevisat att för vilket naturvärde som helst av k, innebär giltigheten av påståendet under övervägande för n=k dess giltighet för n=k+1 också.

Då anses påståendet bevisat för alla n. Faktum är att påståendet är sant för n=1. Men då gäller det även för nästa tal n=1+1=2. Giltigheten av påståendet för n=2 antyder dess giltighet för n=2+

1=3. Detta antyder giltigheten av påståendet för n=4, och så vidare. Det är klart att vi i slutändan kommer att nå vilket naturligt tal n som helst. Därför är påståendet sant för alla n.

För att sammanfatta det som har sagts formulerar vi följande allmänna princip.

Principen för matematisk induktion.

Om meningen A(n), som beror på ett naturligt tal n, är sann för n=1, och av det faktum att den är sann för n=k (där k är vilket naturligt tal som helst), följer att det också är sant för nästa tal n=k +1, då är antagande A(n) sant för vilket naturligt tal n som helst.

I ett antal fall kan det vara nödvändigt att bevisa giltigheten av ett visst påstående inte för alla naturliga tal, utan endast för n>p, där p är ett fast naturligt tal. I detta fall är principen för matematisk induktion formulerad enligt följande.

Om påståendet A(n) är sant för n=p och om A(k)ÞA(k+1) för valfritt k>p, så är påståendet A(n) sant för valfritt n>p.

Beviset med metoden för matematisk induktion utförs enligt följande. Först kontrolleras påståendet som ska bevisas för n=1, dvs. sanningen i påståendet A(1) är fastställt. Denna del av beviset kallas induktionsgrunden. Detta följs av en del av beviset som kallas induktionssteget. I denna del bevisas giltigheten av påståendet för n=k+1 under antagandet att påståendet är sant för n=k (det induktiva antagandet), d.v.s. bevisa att A(k)ÞA(k+1).

Bevisa att 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Lösning: 1) Vi har n=1=1 2 . Därav,

påståendet är sant för n=1, dvs. A(1) är sant.

2) Låt oss bevisa att A(k)ÞA(k+1).

Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt påståendet vara sant för n=k, d.v.s.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Låt oss bevisa att då är påståendet sant även för nästa naturliga tal n=k+1, dvs. Vad

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Verkligen,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Så A(k)ÞA(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att antagande A(n) är sant för alla nнN.

Bevisa det

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

Lösning: 1) För n=1 får vi

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

därför är formeln sann för n=1; A(1) är sant.

2) Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt formeln vara sann för n=k, d.v.s.

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

Låt oss bevisa det då jämlikheten

1+x+x2 +x3 +…+xk +xk+1 =(xk+2-1)/(x-1).

Verkligen

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

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

Så A(k)ÞA(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att formeln är sann för alla naturliga tal n.

Bevisa att antalet diagonaler för en konvex n-gon är n(n-3)/2.

Lösning: 1) För n=3 är påståendet sant

Och 3 är korrekt, för i en triangel

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

A 2 A(3) är sant.

2) Antag att i någon

konvex k-gon har-

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

A k Låt oss bevisa att då i en konvex

(k+1)-gon nummer

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

Låt А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konvex (k+1)-vinkel. Låt oss rita en diagonal A 1 A k i den. För att räkna det totala antalet diagonaler av denna (k + 1)-gon måste du räkna antalet diagonaler i k-gonen A 1 A 2 ...A k , addera k-2 till det resulterande talet, d.v.s. antalet diagonaler för (k+1)-gonen som kommer från vertex A k+1 , och dessutom bör diagonalen A 1 A k beaktas.

Således,

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

Så A(k)ÞA(k+1). På grund av principen om matematisk induktion är påståendet sant för alla konvexa n-goner.

Bevisa att för alla n påståendet är sant:

12+22+32+…+n2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Lösning: 1) Låt då n=1

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

Därför är påståendet sant för n=1.

2) Antag att n=k

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

3) Betrakta detta påstående för 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.

Vi har bevisat giltigheten av likheten för n=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla naturliga n.

Bevisa att för alla naturliga n är jämlikheten sann:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n3 =n 2 (n+1) 2/4.

Lösning: 1) Låt n=1.

Då X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vi ser att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att likheten är sann för n=k

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

3) Låt oss bevisa sanningen i detta påstående för n=k+1, dvs.

Xk+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2/4.

Från ovanstående bevis är det tydligt att påståendet är sant för n=k+1, därför är likheten sann för alla naturliga n.

Bevisa det

((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), där n>2.

Lösning: 1) För n=2 ser identiteten ut så här: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

de där. det är korrekt.

2) Antag att uttrycket är sant för n=k

(23+1)/(23-1)´…´(k3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).

3) Vi kommer att bevisa riktigheten av uttrycket för 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).

Vi har bevisat giltigheten av likheten för n=k+1, därför, på grund av metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla n>2

Bevisa det

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

för något naturligt n.

Lösning: 1) Låt då n=1

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

2) Antag att n=k då

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

3) Låt oss bevisa sanningen i detta påstående för 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).

Giltigheten av likheten för n=k+1 är också bevisad, därför är påståendet sant för alla naturliga tal n.

Bevisa giltigheten av identiteten

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

för något naturligt n.

1) För n=1 är identiteten sann 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Antag att för n=k

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

3) Låt oss bevisa att identiteten är sann för 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).

Det kan ses från ovanstående bevis att påståendet är sant för vilket naturligt tal n som helst.

Bevisa att (11 n+2 +12 2n+1) är delbart med 133 utan rest.

Lösning: 1) Låt då n=1

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

Men (23´133) är delbart med 133 utan rest, så för n=1 är påståendet sant; A(1) är sant.

2) Antag att (11 k+2 +12 2k+1) är delbart med 133 utan rest.

3) Låt oss bevisa det i detta fall

(11 k+3 +12 2k+3) är delbart med 133 utan rest. Faktum är att 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 .

Den resulterande summan är delbar med 133 utan rest, eftersom dess första term är delbar med 133 utan rest genom antagande, och i den andra av faktorerna är 133. Alltså А(k)ÞА(k+1). I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas påståendet.

Bevisa att för alla n 7 är n -1 delbart med 6 utan rest.

Lösning: 1) Låt n=1, då divideras X 1 =7 1 -1=6 med 6 utan rest. Så för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att för n=k

7 k -1 är delbart med 6 utan rest.

3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för n=k+1.

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

Den första termen är delbar med 6, eftersom 7 k -1 är delbar med 6 genom antagande, och den andra termen är 6. Så 7 n -1 är en multipel av 6 för vilket naturligt n som helst. I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas påståendet.

Bevisa att 3 3n-1 +2 4n-3 för godtyckligt naturligt n är delbart med 11.
Lösning: 1) Låt då n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 delas med 11 utan en rest. Därför är påståendet sant för n=1.

2) Antag att för n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 är delbart med 11 utan rest.

3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för 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 .

Den första termen är delbar med 11 utan rest, eftersom 3 3k-1 +2 4k-3 är delbar med 11 genom antagande, den andra är delbar med 11, eftersom en av dess faktorer är talet 11. Därför är summan även delbart med 11 utan rest för något naturligt n. I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas påståendet.

Bevisa att 11 2n -1 för ett godtyckligt positivt heltal n är delbart med 6 utan rest.

Lösning: 1) Låt n=1, då är 11 2 -1=120 delbart med 6 utan rest. Så för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att för n=k

11 2k -1 är delbart med 6 utan rest.

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

Båda termerna är delbara med 6 utan en rest: den första innehåller en multipel av 6 nummer 120, och den andra är delbar med 6 utan en rest genom antagande. Så summan är delbar med 6 utan rest. I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas påståendet.

Bevisa att 3 3n+3 -26n-27 för ett godtyckligt positivt heltal n är delbart med 26 2 (676) utan rest.

Lösning: Låt oss först bevisa att 3 3n+3 -1 är delbart med 26 utan rest.

1. För n=0

3 3 -1=26 är delbart med 26

2. Antag att för n=k

3 3k+3 -1 är delbart med 26

3. Låt oss bevisa att uttalandet

sant för n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – delbart med 26

Låt oss nu bevisa det påstående som formulerats i problemets tillstånd.

1) Det är uppenbart att för n=1 är påståendet sant

3 3+3 -26-27=676

2) Antag att för n=k

uttrycket 3 3k+3 -26k-27 är delbart med 26 2 utan rest.

3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för n=k+1

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

Båda termerna är delbara med 26 2 ; den första är delbar med 26 2 eftersom vi har bevisat att uttrycket inom parentes är delbart med 26, och det andra är delbart med den induktiva hypotesen. I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas påståendet.

Bevisa att om n>2 och x>0, då olikheten

(1+x) n >1+n´x.

Lösning: 1) För n=2 är olikheten sann, eftersom

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

Så A(2) är sant.

2) Låt oss bevisa att A(k)ÞA(k+1) om k> 2. Antag att A(k) är sant, d.v.s. att olikheten

(1+x) k >1+k´x. (3)

Låt oss bevisa att då är A(k+1) också sant, d.v.s. att ojämlikheten

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Om vi ​​multiplicerar båda sidor av olikhet (3) med ett positivt tal 1+x, får vi

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Tänk på den högra sidan av den sista ojämlika

stva; vi har

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

Som ett resultat får vi det

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Så A(k)ÞA(k+1). Utifrån principen om matematisk induktion kan man hävda att Bernoullis ojämlikhet är giltig för alla

Bevisa att ojämlikheten är sann

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

Lösning: 1) För m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 båda delarna är lika.

2) Antag att för m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Låt oss bevisa att för m=k+1 är icke-likheten sann

(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 .

Vi har bevisat giltigheten av ojämlikheten för m=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är ojämlikheten sann för alla naturliga m.

Bevisa att ojämlikheten för n>6

3n >n´2 n+1.

Lösning: Låt oss skriva om ojämlikheten i formuläret

1. För n=7 har vi

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

ojämlikheten är sann.

2. Antag att för n=k

3) Låt oss bevisa riktigheten av olikheten för n=k+1.

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

Sedan k>7 är den sista ojämlikheten uppenbar.

I kraft av metoden för matematisk induktion är ojämlikheten giltig för alla naturliga n.

Bevisa att olikheten för n>2

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

Lösning: 1) För n=3 är olikheten sann

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

1. Antag att för n=k

1+(1/2 2)+(1/3 2)+...+(1/k2)=1,7-(1/k).

3) Vi kommer att bevisa giltigheten av icke-

likheter för n=k+1

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

Låt oss bevisa att 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

Det senare är uppenbart, och därför

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

I kraft av metoden för matematisk induktion bevisas ojämlikheten.

Slutsats

I synnerhet, efter att ha studerat metoden för matematisk induktion, förbättrade jag mina kunskaper inom detta område av matematik och lärde mig också hur man löser problem som tidigare låg utanför min makt.

I grund och botten var det logiska och underhållande uppgifter, d.v.s. bara de som ökar intresset för själva matematiken som vetenskap. Lösningen av sådana problem blir en underhållande aktivitet och kan locka fler och fler nyfikna människor till de matematiska labyrinterna. Enligt min åsikt är detta grunden för all vetenskap.

Jag fortsätter att studera metoden för matematisk induktion, jag kommer att försöka lära mig hur man tillämpar den inte bara i matematik, utan också för att lösa problem inom fysik, kemi och livet självt.

MATEMATIK:

FÖRELÄSNINGAR, UPPGIFTER, LÖSNINGAR

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

ALGEBRA OCH ANALYSPRINCIPERNA

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

Inom många områden av matematiken måste man bevisa sanningen i ett påstående som beror på , dvs. sanningen i förslaget p(n) för " nнN (för alla n PÅ p(n) rätt).

Detta kan ofta bevisas metod för matematisk induktion.

Denna metod bygger på principen om matematisk induktion. Det väljs vanligtvis som ett av aritmetikens axiom och accepteras därför utan bevis. Enligt principen om matematisk induktion, meningen p(n) anses vara sant för alla naturvärden av variabeln om två villkor är uppfyllda:

1. Erbjudande p(n) sant för n= 1.

2. Från meningen att p(n) sant för n =k (k - godtyckligt naturligt tal) följer att det är sant för n =k+ 1.

Metoden för matematisk induktion förstås som följande bevismetod

1. Kontrollera sanningen i påståendet för n= 1 är basen för induktion.

2. Antag att påståendet är sant för n = k - induktivt antagande.

3. Bevisa att då är det också sant för n =k+ 1 induktiv övergång.

Ibland ett förslag p(n) visar sig vara sant inte för alla naturliga n, och från några för n = n 0. I detta fall kontrolleras sanningen i induktionsbasen p(n) på n = n 0.

Exempel 1 Låt vara . Bevisa det

1. Induktionsbas: när n= 1 per definition S 1 = 1 och med formeln får vi ett resultat. Påståendet är korrekt.

n=k och .

n=k+ 1. Låt oss bevisa att .

I själva verket genom det induktiva antagandet

Låt oss förvandla detta uttryck

Den induktiva övergången är bevisad.

Kommentar. Det är användbart att skriva ner vad som ges (ett induktivt antagande) och vad som behöver bevisas!

Exempel 2 Bevisa

1. Bas för induktion. På n= 1, påståendet är uppenbarligen sant.

2. Induktivt antagande. Låt vara n=k och

3. Induktiv övergång. Låt vara n=k+ 1. Låt oss bevisa:

Låt oss faktiskt kvadrera den högra sidan som summan av två tal:

Med hjälp av det induktiva antagandet och formeln för summan av en aritmetisk progression: , får vi

Exempel 3 Bevisa ojämlikheten

1. Grunden för induktion i detta fall är verifieringen av sanningen av påståendet för , d.v.s. ojämlikhet måste kontrolleras. För att göra detta räcker det med att kvadrera ojämlikheten: eller 63< 64 – неравенство верно.

2. Låt ojämlikheten vara sann för , d.v.s.

3. Låt , bevisa:

Vi använder induktionshypotesen

Vi vet hur den högra sidan ska se ut i den ojämlikhet som bevisas, vi väljer den här delen

Det återstår att fastställa att den extra faktorn inte överstiger enhet. Verkligen,

Exempel 4 Bevisa att för alla naturliga tal slutar med en siffra.

1. Det minsta naturliga talet från vilket påståendet är sant är lika med . .

2. Låt siffran för sluta på . Det betyder att detta tal kan skrivas som , där är något naturligt tal. Sedan .

3. Låt . Låt oss bevisa att det slutar på . Med hjälp av den resulterande representationen får vi

Den sista siffran har exakt ettor.

Bilaga

1.4. Metod för matematisk induktion

Som ni vet måste matematiska påståenden (satser) vara underbyggda, bevisade. Vi ska nu bekanta oss med en av bevismetoderna - metoden för matematisk induktion.

I vid bemärkelse är induktion ett sätt att resonera som låter dig gå från särskilda uttalanden till allmänna. Den omvända övergången, från allmänna uttalanden till särskilda, kallas deduktion.

Avdrag leder alltid till korrekta slutsatser. Till exempel känner vi till det allmänna resultatet: alla heltal som slutar på noll är delbara med 5. Av detta kan vi naturligtvis dra slutsatsen att vilket specifikt tal som slutar på 0, till exempel 180, är ​​delbart med 5.

Samtidigt kan induktion leda till felaktiga slutsatser. När vi till exempel märker att talet 60 är delbart med talen 1, 2, 3, 4, 5, 6, har vi ingen rätt att dra slutsatsen att 60 är delbart med vilket tal som helst.

Metoden för matematisk induktion gör det i många fall möjligt att noggrant bevisa giltigheten av det allmänna påståendet P(n), vars formulering innehåller ett naturligt tal n.

Tillämpningen av metoden omfattar 3 steg.

1) Induktionsbas: vi kontrollerar giltigheten av påståendet P(n) för n = 1 (eller för ett annat, privat värde på n, från vilket giltigheten av P(n) antas).

2) Antagande om induktion: vi antar att P(n) är sant för n = k.

3) Steg av induktion: med antagandet bevisar vi att P(n) är sant för n = k + 1.

Som ett resultat kan vi dra slutsatsen att P(n) är giltig för alla n ∈ N. För n = 1 är påståendet sant (induktionens bas). Och därför är det också sant för n = 2, eftersom övergången från n = 1 till n = 2 är motiverad (induktionssteg). Genom att tillämpa induktionssteget om och om igen får vi giltigheten av P(n) för n = 3, 4, 5, . . ., dvs. giltigheten av P(n) för alla n.

Exempel 14. Summan av de första n udda naturliga talen är n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Beviset kommer att utföras med metoden matematisk induktion.

1) Bas: för n=1 finns det bara en term till vänster, vi får: 1 = 1.

Påståendet är korrekt.

2) Antagande: vi antar att för vissa k är likheten sann: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Lösa problem om sannolikheten för träffar under skott

Det allmänna uttalandet om problemet är som följer:

Sannolikheten att träffa målet med ett skott är lika med $p$. $n$ avlossade skott. Hitta sannolikheten att målet kommer att träffas exakt $k$ gånger (det kommer att finnas $k$ träffar).

Vi tillämpar Bernoullis formel och får:

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

Här är $C_n^k$ antalet kombinationer från $n$ till $k$.

Om problemet involverar flera pilar med olika sannolikheter träffa målet, teori, lösningsexempel och en miniräknare hittar du här.

Videohandledning och Excel-mall

Se vår video om att lösa problem med Bernoulli-bilder, lär dig hur du använder Excel för att lösa vanliga problem.

Excel-beräkningsfilen från videon kan laddas ner gratis och användas för att lösa dina problem.

Exempel på att lösa problem med att träffa målet i en serie skott

Låt oss titta på några typiska exempel.

Exempel 1 Avlossade 7 skott. Sannolikheten att träffa med ett skott är 0,705. Hitta sannolikheten att det blir exakt 5 träffar.

Vi får att problemet handlar om upprepade oberoende tester (skott mot målet), $n=7$ skott avlossas totalt, sannolikheten för att träffa med varje $p=0,705$, sannolikheten för att missa $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Vi måste finna att det kommer att finnas exakt $k=5$ träffar. Vi ersätter allt med formeln (1) och får: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Exempel 2 Sannolikheten att träffa målet med ett skott är 0,4.

Fyra oberoende skott avlossas mot målet. Hitta sannolikheten att det blir minst en träff på målet.

Vi studerar problemet och skriver ner parametrarna: $n=4$ (skott), $p=0.4$ (träffsannolikhet), $k \ge 1$ (det kommer att finnas minst en träff).

Vi använder formeln för sannolikheten för den motsatta händelsen (det finns ingen träff):

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

Sannolikheten att träffa minst en gång av fyra är 0,87 eller 87 %.

Exempel 3 Sannolikheten att skytten träffar målet är 0,3.

Hitta sannolikheten att med 6 skott målet kommer att träffas tre till sex gånger.

Till skillnad från de tidigare problemen måste du här hitta sannolikheten för att antalet träffar kommer att vara i ett visst intervall (och inte exakt lika med något antal). Men formeln är densamma.

Låt oss ta reda på sannolikheten för att målet kommer att träffas från tre till sex gånger, det vill säga att det blir antingen 3, eller 4, eller 5 eller 6 träffar.

Dessa sannolikheter beräknas med formel (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Eftersom händelserna är inkompatibla kan den önskade sannolikheten hittas med hjälp av sannolikhetsadditionsformeln: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256,$$

Exempel 4 Sannolikheten för minst en träff på målet med fyra skott är 0,9984. Hitta sannolikheten att träffa målet med ett skott.

Låt oss beteckna sannolikheten att träffa målet med ett skott. Låt oss gå in i en händelse:
$A = $ (av fyra skott kommer minst ett att träffa målet),
såväl som dess motsatta händelse, som kan skrivas som:
$\overline(A) = $ (Alla 4 skott kommer att missa målet, inga träffar).

Låt oss skriva ner formeln för sannolikheten för händelsen $A$.

Låt oss skriva ner de kända värdena: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Ersätt i formel (1) och få:

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

Vi löser den resulterande ekvationen:

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

Så sannolikheten att träffa målet med ett skott är 0,8.

Tack för att du läser och delar med dig till andra

Användbara länkar

Hitta färdiga uppgifter i lösningen:

Onlineberäkningar med Bernoullis formel

Lösa en ojämlikhet med en miniräknare

Olikhet i matematik gäller alla ekvationer där "=" ersätts med något av följande tecken: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* linjär;

* kvadrat;

* bråk;

* vägledande;

* trigonometrisk;

* logaritmisk.

Beroende på detta kallas ojämlikheterna linjära, partiella osv.

Du bör vara medveten om dessa tecken:

* ojämlikheter med större än (>) eller mindre än (

* Ojämlikheter med ikoner som är större än eller lika med \[\geq\] mindre än eller lika med [\leq\] kallas oprofessionella;

* ikonen är inte samma \[\ne\] ensam, men fall med denna ikon måste lösas hela tiden.

Sådan ojämlikhet löses genom transformationer av identiteter.

Läs även vår artikel "Lös den kompletta lösningen för en onlineekvation"

Låt oss anta att följande ojämlikhet gäller:

Vi löser det på samma sätt som en linjär ekvation, men vi bör noggrant övervaka ojämlikhetstecknet.

Först flyttar vi termerna från det okända till vänster, från det kända till höger, och vänder på symbolerna:

Vi dividerar sedan båda sidor med -4 och vänder om olikhetstecknet:

Detta är svaret på denna ekvation.

Var kan jag lösa ojämlikheten på Internet?

Du kan lösa ekvationen på vår webbplats pocketteacher.ru.

Bernoulli Inequality Calculator

På några sekunder kommer en gratis onlineräddningslösning att lösa en onlineekvation oavsett komplexitet. Allt du behöver göra är att ange dina uppgifter i räddningen. Du kan också se videoinstruktioner och lära dig hur du löser ekvationen på vår hemsida.

Och om du har frågor kan du ställa dem i vår Vkontakte-grupp: pocketteacher. Gå med i vår grupp, vi hjälper dig gärna.

Full matematisk induktionsmetod

Ekvationslösning / differentialekvationer

© RU-test - miniräknare online

Lösning av differentialekvationer

Ange diff.

ekvationen:

Med miniräknaren kan du lösa differentialekvationer av varierande komplexitet.

Exempel på lösta differentialekvationer

MBOU Lyceum "Teknisk och ekonomisk"

METOD FÖR MATEMATISK INDUKTION

METOD FÖR MATEMATISK INDUKTION.

FÖRKLARANDE ANTECKNING

Metodutvecklingen "Metod för matematisk induktion" sammanställdes för elever i den 10:e årskursen i den matematiska profilen.

Primära mål: att bekanta eleverna med metoden för matematisk induktion och lära ut hur man tillämpar den för att lösa olika problem.

I metodutvecklingen behandlas frågor om elementär matematik: delbarhetsproblem, identitetsbevis, bevis på ojämlikheter, problem av varierande grad av komplexitet föreslås, inklusive problem som erbjuds vid olympiader.

Rollen av induktiva slutledningar i de experimentella vetenskaperna är mycket stor. De ger dessa bestämmelser, från vilka ytterligare slutsatser sedan dras genom avdrag. namn metod för matematisk induktion bedrägligt - i själva verket är den här metoden deduktiv och ger ett rigoröst bevis på de påståenden som gissas av induktion. Metoden för matematisk induktion hjälper till att identifiera kopplingar mellan olika delar av matematiken, hjälper till att utveckla elevens matematiska kultur.

Definition av metoden för matematisk induktion. Fullständig och ofullständig induktion. Bevis på ojämlikheter. Bevis på identiteter. Att lösa delbarhetsproblem. Lösa olika problem på ämnet "Metod för matematisk induktion".

LITTERATUR FÖR LÄRAREN

1. M.L. Galitsky. Fördjupning av kursen i algebra och matematisk analys. - M. Upplysningen. 1986.

2. L.I. Zvavich. Algebra och början av analys. Didaktiskt material. M. Drofa. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Algebra och matematisk analys. M Upplysning. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Metod för matematisk induktion. NGU.1995.

LITTERATUR FÖR STUDENTER

1. N.Ya. Vilenkin. Algebra och matematisk analys. M Upplysning. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Metod för matematisk induktion. NGU.1995.

NYCKELORD

Induktion, axiom, principen om matematisk induktion, fullständig induktion, ofullständig induktion, påstående, identitet, ojämlikhet, delbarhet.

DIDAKTISK BILAGA TILL ÄMNET

"METOD FÖR MATEMATISK INDUKTION".

Lektion 1

Definition av metoden för matematisk induktion.

Metoden för matematisk induktion är en av de mycket effektiva metoderna för att hitta nya resultat och bevisa sanningen i de antaganden som lagts fram. Även om denna metod inte är ny inom matematiken avtar inte intresset för den. För första gången i en tydlig presentation, tillämpades metoden för matematisk induktion på 1600-talet av den enastående franske vetenskapsmannen Blaise Pascal för att bevisa egenskaperna hos en taltriangel, som sedan har fått sitt namn efter honom. Men idén om matematisk induktion var känd för de gamla grekerna. Metoden för matematisk induktion bygger på principen om matematisk induktion, som accepteras som ett axiom. Vi kommer att överväga idén om matematisk induktion med exempel.

Exempel #1.

Fyrkanten delas av ett segment i två delar, sedan delas en av de resulterande delarna i två delar, och så vidare. Bestäm hur många delar kvadraten är uppdelad i P steg?

Beslut.

Efter det första steget får vi, efter villkor, 2 delar. I det andra steget lämnar vi en del oförändrad och delar den andra i 2 delar och får 3 delar. I det tredje steget lämnar vi 2 delar oförändrade och delar den tredje i två delar och får 4 delar. I det fjärde steget lämnar vi 3 delar oförändrade och delar upp den sista delen i två delar och får 5 delar. I det femte steget kommer vi att få 6 delar. Förslaget görs det igenom P steg vi får (n+1) del. Men detta förslag måste bevisas. Låt oss anta det till steg torget är indelat i (k+1) del. Sen på (k+1) steg vi till delar kommer att lämnas oförändrade, och (k+1) dela delen i två delar och få (k+2) delar. Du märker att du kan argumentera så här hur länge du vill, i det oändliga. Det vill säga, vårt antagande är det P steg kvadrat kommer att delas in i (n+1) del, blir bevisad.

Exempel #2.

Min mormor hade ett barnbarn som var väldigt förtjust i sylt, och speciellt den på literburk. Men mormodern tillät honom inte att röra. Och barnbarnen bestämde sig för att lura sin mormor. Han bestämde sig för att äta 1/10 liter från denna burk varje dag och fylla på med vatten, blanda noggrant. Efter hur många dagar kommer mormor att upptäcka bedrägeriet om sylten förblir densamma till utseendet när den späds ut med vatten till hälften?

Beslut.

Ta reda på hur mycket ren sylt som blir kvar i burken efter P dagar. Efter den första dagen kommer blandningen att ligga kvar i burken, bestående av 9/10 sylt och 1/10 vatten. Efter två dagar försvinner 1/10 av blandningen av vatten och sylt från burken och finns kvar (1 liter av blandningen innehåller 9/10 liter sylt, 1/10 liter av blandningen innehåller 9/100 liter sylt)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 liter sylt. På den tredje dagen försvinner 1/10 liter av en blandning bestående av 81/100 sylt och 19/100 vatten från burken. I 1 liter av blandningen finns 81/100 liter sylt, i 1/10 liter av blandningen 81/1000 liter sylt. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 liter sylt blir kvar efter 3 dagar, och resten tas upp av vatten. Ett mönster växer fram. Genom P dagar kvar på banken (9/10) P jag sylt. Men återigen, detta är bara vår gissning.

Låt vara tillär ett godtyckligt naturligt tal. Låt oss anta det till dagar på banken kommer att återstå (9/10) till l sylt. Låt oss se vad som finns på banken om en annan dag, det vill säga in (k+1) dag. Kommer att försvinna från banken 1/10l en mix av (9/10) till l sylt och vatten. PÅ 1 l blandningen är (9/10) till l sylt, in 1/10l blandningar (9/10) k+1 l sylt. Nu kan vi lugnt säga det igenom P dagar kvar på banken (9/10) P l sylt. Om 6 dagar kommer banken att ha 531444/1000000l sylt, efter 7 dagar - 4782969/10000000l sylt, det vill säga mindre än hälften.

Svar: efter 7 dagar kommer mormodern att upptäcka bedrägeriet.

Låt oss försöka peka ut det mest grundläggande i lösningarna av de övervägda problemen. Vi började lösa var och en av dem genom att överväga separata eller, som de säger, speciella fall. Sedan, baserat på våra observationer, gjorde vi några antaganden P(n), beroende på det naturliga P.

påståendet kontrollerades, det vill säga bevisades P(l), P(2), P(3);

föreslog att P(n) giltig för n=k och drog slutsatsen att då kommer det att gälla för nästa n, n=k+1.

Och sedan argumenterade de ungefär så här: P(1) rätt, P(2) rätt, P(3) rätt, P(4) rätt... det stämmer P(n).

Principen för matematisk induktion.

Påstående P(n), beroende på det naturliga P, gäller för alla naturliga P, om

1) giltigheten av påståendet för n=1;

2) från antagandet om påståendets giltighet P(n) på n=k skall

rättvisa P(n) på n=k+1.

I matematik väljs principen för matematisk induktion som regel som ett av de axiom som definierar den naturliga serien av tal, och accepteras därför utan bevis. Metoden att bevisa genom principen om matematisk induktion brukar kallas metoden för matematisk induktion. Observera att denna metod används i stor utsträckning för att bevisa satser, identiteter, ojämlikheter vid lösning av delbarhetsproblem och många andra problem.

Lektion #2

Fullständig och ofullständig induktion.

I fallet när ett matematiskt påstående avser ett ändligt antal objekt kan det bevisas genom att kontrollera för varje objekt, till exempel påståendet "Varje tvåsiffrigt jämnt tal är summan av två primtal." Bevismetoden där vi testar ett påstående för ett ändligt antal fall kallas fullständig matematisk induktion. Denna metod används relativt sällan, eftersom uttalanden oftast betraktas på oändliga mängder. Till exempel har teoremet "Vilket jämnt tal som helst är lika med summan av två primtal" varken bevisats eller vederlagts hittills. Även om vi testade detta teorem för den första miljarden, skulle det inte föra oss ett steg närmare att bevisa det.

Inom naturvetenskapen används ofullständig induktion, testning av experimentet flera gånger, överföring av resultatet till alla fall.

Exempel #3

Gissa med ofullständig induktionsformel för summan av kuber av naturliga tal.

Beslut.

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 +…+n3 =(1+2+…+n) 2 .

Bevis.

Låt det vara sant för n=k.

Låt oss bevisa att det är sant för n=k+1.

Slutsats: formeln för summan av kuber av naturliga tal är sann för alla naturliga P.

Exempel #4

Tänk på jämlikheterna och gissa vilken allmän lag dessa exempel leder till.

Beslut.

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

……………………………………………………………..

Exempel #5

Skriv följande uttryck som en summa:

1)
2)
3)
; 4)
.

Grekisk bokstav "sigma".

Exempel #6.

Skriv följande summor med tecknet
:

2)

Exempel #7.

Skriv följande uttryck som produkter:

1)

3)
4)

Exempel #8.

Skriv ner följande verk med hjälp av tecknet

(versal grekisk bokstav "pi")

1)
2)

Exempel #9.

Beräknar värdet på ett polynom f ( n )= n 2 + n +11 , kl n=1,2,3,4,5,6,7 det kan antas att för alla naturligaP siffra f ( n ) enkel.

Stämmer detta antagande?

Beslut.

Om varje summa är delbart med ett tal, då är summan delbar med det talet,
är inte ett primtal för något naturligt talP.

Analysen av ett ändligt antal fall spelar en viktig roll i matematik: utan att ge ett bevis på ett eller annat påstående, hjälper det att gissa den korrekta formuleringen av detta påstående, om det ännu inte är känt. Så här kom Goldbach, medlem av Sankt Petersburgs vetenskapsakademi, till gissningen att vilket naturligt tal som helst, med början från två, är summan av högst tre primtal.

Lektion #3

Metoden för matematisk induktion tillåter oss att bevisa olika identiteter.

Exempel #10. Låt oss bevisa det för alla P identiteten

Beslut.

Låt oss sätta

Det måste vi bevisa

Låt oss bevisa det då från sanningen om identiteten

sanningen om identiteten följer

Genom principen om matematisk induktion, sanningen om identiteten för alla P.

Exempel #11.

Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

jämlikhet periodvis.

;
. Så denna identitet är sann för allaP .

Lektion nummer 4.

Bevis på identiteter genom matematisk induktion.

Exempel #12. Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

Genom att tillämpa principen om matematisk induktion bevisade vi att jämlikhet är sant för alla P.

Exempel #13. Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

Genom att tillämpa principen om matematisk induktion bevisade vi att påståendet är sant för alla naturliga P.

Exempel #14. Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

Exempel #15. Låt oss bevisa identiteten

1) n=1;

2) för n=k jämlikhet

3) bevisa att jämlikheten håller för n=k+1:

Slutsats: identiteten är giltig för alla naturliga P.

Exempel #16. Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

Om en n=1 , då

Låt identiteten hålla för n=k.

Låt oss bevisa att identiteten håller för n=k+1.

Då är identiteten giltig för alla naturliga P.

Lektion nummer 5.

Bevis på identiteter genom matematisk induktion.

Exempel #17. Låt oss bevisa identiteten

Bevis.

Om en n=2 , då får vi rätt likhet:

Låt jämställdheten vara sann förn=k:

Låt oss bevisa giltigheten av påståendet för n=k+1.

Enligt principen om matematisk induktion bevisas identiteten.

Exempel #18. Låt oss bevisa identiteten
för n≥2.

På n=2 denna identitet kan skrivas om i en mycket enkel form

och uppenbarligen sant.

Låt kl n=k verkligen

.

Låt oss bevisa giltigheten av påståendet förn=k+1, det vill säga att jämställdheten är uppfylld: .

Så vi har bevisat att identiteten är sann för alla naturliga n≥2.

Exempel #19. Låt oss bevisa identiteten

På n=1 vi får rätt jämställdhet:

Låt oss anta att kl n=k vi får också rätt jämställdhet:

Låt oss bevisa att giltigheten av jämlikheten iakttas n=k+1:

Då är identiteten giltig för alla naturliga P.

Lektion nummer 6.

Att lösa delbarhetsproblem.

Exempel #20. Bevisa med matematisk induktion att

delat med 6 spårlöst.

Bevis.

På n=1 det finns en uppdelning i6 spårlöst,
.

Låt kl n=k uttryck
flera olika6.

Låt oss bevisa att när n=k+1 uttryck
flera olika6 .

Varje term är en multipel 6 , så summan är en multipel av 6 .

Exempel nummer 21.
på5 spårlöst.

Bevis.

På n=1 uttryck är delbart
.

Låt kl n=k uttryck
också uppdelad i5 spårlöst.

På n=k+1 delat med 5 .

Exempel #22. Bevisa ett uttrycks delbarhet
på16.

Bevis.

På n=1 flera olika 16 .

Låt kl n=k
flera olika16.

På n=k+1

Alla termer är delbara med 16: den första är uppenbarligen den andra genom antagande, och den tredje har ett jämnt tal inom parentes.

Exempel #23. Bevisa delbarhet
på676.

Bevis.

Låt oss först bevisa det
delat med
.

På n=0
.

Låt kl n=k
delat med26 .

Sedan kl n=k+1 delat med 26 .

Låt oss nu bevisa det påstående som formulerats i problemets tillstånd.

På n=1 delat med 676.

På n=k är det sant att
delat med26 2 .

På n=k+1 .

Båda termerna är delbara med 676 ; den första beror på att vi har bevisat delbarheten med 26 uttryck inom parentes, och den andra är delbar med den induktiva hypotesen.

Lektion nummer 7.

Att lösa delbarhetsproblem.

Exempel nummer 24.

Bevisa det
delat med5 spårlöst.

Bevis.

På n=1
delat med5.

På n=k
delat med5 spårlöst.

På n=k+1 varje term är delbar med5 spårlöst.

Exempel #25.

Bevisa det
delat med6 spårlöst.

Bevis.

På n=1
delat med6 spårlöst.

Låt kl n=k
delat med6 spårlöst.

På n=k+1 delat med 6 ingen återstod, eftersom varje term är delbar med6 utan rest: den första termen är genom det induktiva antagandet, den andra är uppenbar, den tredje beror på att
jämnt nummer.

Exempel #26.

Bevisa det
när man dividerar med9 ger resten 1 .

Bevis.

Låt oss bevisa det
delat med9 .

På n=1
delat med 9 . Låt kl n=k
delat med9 .

På n=k+1 delat med 9 .

Exempel nummer 27.

Bevisa att det är delbart med15 spårlöst.

Bevis.

På n=1 delat med 15 .

Låt kl n=k delat med 15 spårlöst.

På n=k+1

Den första termen är en multipel15 enligt induktionshypotesen är den andra termen en multipel av15 – uppenbarligen är den tredje termen en multipel av15 , som
flera olika5 (bevisat i exempel nr 21), den fjärde och femte termen är också multipler5 , vilket är uppenbart, då är summan en multipel av15 .

Lektion nummer 8-9.

Bevis på ojämlikheter genom matematisk induktion

Exempel #28.
.

På n=1 vi har
- rätt.

Låt kl n=k
är en sann ojämlikhet.

På n=k+1

Då är ojämlikheten giltig för alla naturliga P.

Exempel #29. Bevisa att ojämlikheten är sann
för alla P.

På n=1 vi får rätt ojämlikhet 4 >1.

Låt kl n=k ojämlikheten
.

Låt oss bevisa att när n=k+1 ojämlikheten

För alla naturliga till ojämlikhet observeras.

Om en
på
sedan

Exempel #30.

för alla naturliga P och vilka som helst

Låt vara n=1
, rätt.

Låt oss anta att ojämlikheten håller för n=k:
.

På n=k+1

Exempel nummer 31. Bevisa giltigheten av ojämlikheten

för alla naturliga P.

Låt oss först bevisa det för alla naturliga t ojämlikheten

Multiplicera båda sidor av ojämlikheten med
. Vi får en likvärdig ojämlikhet eller
;
; - denna ojämlikhet gäller för alla naturliga t.

På n=1 den ursprungliga ojämlikheten är sann
;
;
.

Låt ojämlikheten hålla i sig n=k:
.

På n=k+1

Lektion nummer 10.

Lösa problem i ämnet

Metod för matematisk induktion.

Exempel #32. Bevisa Bernoullis ojämlikhet.

Om en
, då för alla naturvärdenP ojämlikheten

Bevis.

På n=1 den ojämlikhet som bevisas tar formen
och uppenbarligen rätt. Låt oss anta att det är sant förn=k , det är vad
.

Sedan enligt tillståndet
, då
, och därför ändrar inte ojämlikheten sin betydelse när båda dess delar multipliceras med
:

Som
, då får vi det

.

Så ojämlikheten är sant för n=1, och från dess sanning kl n=k det följer att det är sant och n=k+1. Därför, genom matematisk induktion, gäller det för alla naturliga P.

Till exempel,

Exempel nummer 33. Hitta alla naturvärdenP , för vilken ojämlikheten

Beslut.

På n=1 ojämlikheten är rätt. På n=2 ojämlikhet är också sant.

På n=3 ojämlikheten är inte längre tillfredsställd. Bara när n=6 ojämlikheten håller, så att för induktionsunderlaget kan vi ta n=6.

Antag att ojämlikheten är sant för vissa naturliga till:

Tänk på ojämlikheten

Den sista ojämlikheten gäller if
Testarbete på ämnet n=1 ges återkommande: n≥5 , där P- -naturligt nummer.